Cammy87 ha scritto:Dati $ m $,$ n $ numeri naturali dimostrare che il numero $ \displaystyle \frac{(2m)!(2n)!}{m!n!(m+n)!} $ è ancora un numero naturale.
In questi casi, se si è inabili in combinatorica - eccomi, son qui! -, l'alternativa più ragionevole è quella di ricorrere - come qualcuno ha giustamente suggerito - all'identità di Legendre(-De Polignac), e mostrare che, per ogni primo naturale $ p $, la valutazione $ p $-adica $ v_p(\cdot) $ dell'espressione proposta è maggiore di o uguale a zero. E infatti
$ \displaystyle v_p\!\left(\frac{(2m)!(2n)!}{m!n!(m+n)!}\right) = $ $ v_p((2m)!) + v_p((2n)!) - v_p(m!) - v_p(n!) - v_p((m+n)!) = $
$ = \displaystyle \sum_{k=1}^\infty \left\lfloor \frac{2m}{p^k}\right\rfloor + \sum_{k=1}^\infty \left\lfloor \frac{2n}{p^k}\right\rfloor - \sum_{k=1}^\infty \left\lfloor \frac{m}{p^k}\right\rfloor - \sum_{k=1}^\infty \left\lfloor \frac{n}{p^k}\right\rfloor - \sum_{k=1}^\infty \left\lfloor \frac{m+n}{p^k}\right\rfloor = $
$ = \displaystyle \sum_{k=1}^\infty \left\lfloor \frac{m}{p^k} + \frac{1}{2} \right\rfloor + \sum_{k=1}^\infty \left\lfloor \frac{n}{p^k} + \frac{1}{2} \right\rfloor - \sum_{k=1}^\infty \left\lfloor \frac{m}{p^k}+\frac{n}{p^k}\right\rfloor \ge 0 $,
considerato che, per ogni $ x, y \in \mathbb{R} $ ed ogni intero $ n \ge 2 $: $ \displaystyle \lfloor nx \rfloor = \sum_{k=0}^{n-1} \left\lfloor x + \frac{k}{n}\right\rfloor $ e $ \displaystyle \left\lfloor x + \frac{1}{2}\right\rfloor + \left\lfloor y + \frac{1}{2}\right\rfloor \ge \lfloor x + y\rfloor $.
Comunque ci proverò appena ho tempo! Thanks