Είναι ακέραιος!

Tolaso J Kos · #1

Αν ο $[1,2, \dots, 2n]$ δηλώνει το Ελάχιστο Κοινό Πολλαπλάσιο των αριθμών $1,2, \dots, 2n$ τότε να δειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{\left [ 1, 2, \dots, 2n \right ]}{\binom{2n}{n}} \in \mathbb{N}}$

#2

Έστω

πρώτος. Παίρνουμε

ώστε $p^k \leqslant 2n < p^{k+1}$ . Τότε $v_p([1,2,\ldots,2n]) = k$ . Επίσης

$\displaystyle v_p(2n!) = \left \lfloor \frac{2n}{p}\right \rfloor + \left \lfloor \frac{2n}{p^2}\right \rfloor + \cdots \left \lfloor \frac{2n}{p^k}\right \rfloor$

και

$\displaystyle v_p(n!^2) = 2\left(\left \lfloor \frac{n}{p}\right \rfloor + \left \lfloor \frac{n}{p^2}\right \rfloor + \cdots \left \lfloor \frac{n}{p^k}\right \rfloor\right)$

Επειδή $\displaystyle \lfloor 2x\rfloor \leqslant 2\lfloor x\rfloor + 1$ για κάθε

, τότε

$\displaystyle v_p\left( \binom{2n}{n}\right) \leqslant k = v_p([1,2,\ldots,2n])$

Αφού αυτό ισχύει για κάθε πρώτο

, τότε ο $\displaystyle \frac{[1,2,\ldots,2n]}{\binom{2n}{n}}$ είναι ακέραιος.

Ορέστης Λιγνός · #3

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 27, 2023 11:52 pm
Αν ο $[1,2, \dots, 2n]$ δηλώνει το Ελάχιστο Κοινό Πολλαπλάσιο των αριθμών $1,2, \dots, 2n$ τότε να δειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{\left [ 1, 2, \dots, 2n \right ]}{\binom{2n}{n}} \in \mathbb{N}}$

Έστω

τυχαίος πρώτος και $k \in \mathbb{N}$ τέτοιο, ώστε $p^k \leq n < p^{k+1}$ . Τότε, είναι

$p^k <2 \cdot p^k \leq 2n<2 \cdot p^{k+1} \leq p^{k+2}$ , οπότε διακρίνουμε δύο περιπτώσεις.

Περίπτωση 1: $p^k < 2n \leq p^{k+1}$ . Τότε, είναι

$v_p \left [ 1, 2, \ldots, 2n \right ]=k$ και

$\displaystyle v_p \binom{2n}{n}=v_p((2n)!)-2v_p(n!)=(\left \lfloor \dfrac{2n}{p} \right \rfloor+\ldots+\left \lfloor \dfrac{2n}{p^k} \right \rfloor)-2(\left \lfloor \dfrac{n}{p} \right \rfloor +\ldots \left \lfloor \dfrac{n}{p^k} \right \rfloor)$

Τώρα έχουμε τον ακόλουθο Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός: Για κάθε $i \in \{1,2,\ldots,k \}$ είναι

$\left \lfloor \dfrac{2n}{p^i} \right \rfloor-2\left \lfloor \dfrac{n}{p^i} \right \rfloor \leq 1$

Απόδειξη: Χρησιμοποιώντας τις ανισότητες $\lfloor x \rfloor>x-1$ και $\lfloor x \rfloor \leq x$ προκύπτει ότι

$Μ=\left \lfloor \dfrac{2n}{p^i} \right \rfloor-2\left \lfloor \dfrac{n}{p^i} \right \rfloor < \dfrac{2n}{p^i}-2(\dfrac{n}{p^i}-1)=2,$

και αφού $M \in \mathbb{Z},$ πρέπει να είναι $M \leq 1$ $\blacksquare$

Από τον Ισχυρισμό, προκύπτει ότι

$\displaystyle v_p \binom{2n}{n}=v_p((2n)!)-2v_p(n!)=(\left \lfloor \dfrac{2n}{p} \right \rfloor+\ldots+\left \lfloor \dfrac{2n}{p^k} \right \rfloor)-2(\left \lfloor \dfrac{n}{p} \right \rfloor +\ldots \left \lfloor \dfrac{n}{p^k} \right \rfloor) \leq 1+1+\ldots+1=k=v_p \left [ 1, 2, \ldots, 2n \right ]$

Περίπτωση 2: $p^{k+1} < 2n <p^{k+2}$ . Τότε, είναι

$v_p \left [ 1, 2, \ldots, 2n \right ]=k+1$ και από τον Ισχυρισμό, προκύπτει ότι

$\displaystyle v_p \binom{2n}{n}=v_p((2n)!)-2v_p(n!)=(\left \lfloor \dfrac{2n}{p} \right \rfloor+\ldots+\left \lfloor \dfrac{2n}{p^{k+1}} \right \rfloor)-2(\left \lfloor \dfrac{n}{p} \right \rfloor +\ldots \left \lfloor \dfrac{n}{p^k} \right \rfloor) \leq$

$1+1+\ldots+1+\left \lfloor \dfrac{2n}{p^{k+1}} \right \rfloor)=k+1=v_p \left [ 1, 2, \ldots, 2n \right ]$

Σε κάθε περίπτωση, αφού αυτή η ανισότητα ισχύει για κάθε πρώτο

, ο δοσμένος λόγος είναι ακέραιος.

Με πρόλαβαν...

#4

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 28, 2023 9:34 am
Με πρόλαβαν...

Δεν απέδειξα τον ισχυρισμό.

Μιας και είμαστε σε αυτήν την άσκηση αξίζει να αναφέρουμε και το Θεώρημα του Kummer:

Αν

πρώτος, το $\displaystyle v_p\left(\binom{n}{m} \right)$ ισούται με το πλήθος των φορών που πρέπει να κρατήσουμε ψηφίο αν προσθέσουμε τους

και

στη βάση

.

Θα μπορούσα να το επικαλεστώ στη λύση μου. Κρατάμε το πολύ

φορές ψηφίο αφού ο

είναι

-ψήφιος στη βάση

.

Είναι ακέραιος!

Είναι ακέραιος!

Re: Είναι ακέραιος!

Re: Είναι ακέραιος!

Re: Είναι ακέραιος!

Μέλη σε σύνδεση