$\mathbb{Z}$
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
$\large\frac{(2m)!(2n)!}{m!n!(m+n)!}=\frac{(m+1)(m+2)\cdot ...\cdot 2m(n+1)(n+2)\cdot ...\cdot 2n}{(m+n)!}$plutarco skrev:La $n$ og $m$ være positive heltall. Vis at $\frac{(2m)!(2n)!}{m!n!(m+n)!}$ er et heltall.
så må der vises at dette er et heltall (som er lettere sagt enn gjort :=) ).
La verken mennesker eller hendelser ta livsmotet fra deg.
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Marie Curie, kjemiker og fysiker.
[tex]\large\dot \rho = -\frac{i}{\hbar}[H,\rho][/tex]
Jeg lurer på om ikke jeg har sett denne før, men det var en stund siden, og jeg mener å huske at jeg ikke klarte å løse den da, så jeg tar sjansen på å prøve meg likevel. Velg et primtall p, og la [tex]v_p(n)[/tex] være den største potensen av primtallet p som deler n. Om vi kan vise at [tex]v_p((2m!)(2n!)) \geq v_p(m! n! (m+n)!)[/tex] er vi ferdige, fordi vi da kan forkorte brøken og ende med 1 i nevneren. Vi vet at [tex]v_p(N!) = \sum_{i>0} \lfloor \frac {N} {p^i} \rfloor[/tex] fordi [tex]N!=1\cdot \ldots \cdot N[/tex] og nøyaktig [tex]\lfloor \frac {N} {p} \rfloor[/tex] av faktorene har minst én faktor p, nøyaktig [tex]\lfloor \frac {N} {p^2} \rfloor[/tex] har minst to faktorer p, og så videre. Følgelig er
[tex]v_p((2m)!(2n)!) - v_p(m!n!(m+n)!= v_p((2m)!)+ v_p((2n)!) - v_p(m!)-v_p(n!)-v_p(n+m) =\sum_{i>0} \lfloor \frac {2m} {p^i} \rfloor + \lfloor \frac {2m} {p^i} \rfloor - \lfloor \frac {m} {p^i} \rfloor - \lfloor \frac {n} {p^i} \rfloor - \lfloor \frac {m+n} {p^i} \rfloor[/tex]
Det holder altså å vise at [tex]\lfloor \frac {2m} {a} \rfloor + \lfloor \frac {2n} {a} \rfloor - \lfloor \frac {n} {a} \rfloor - \lfloor \frac {m} {a} \rfloor - \lfloor \frac {m+n} {a} \rfloor \geq 0[/tex] Dette er litt kronglete, men relativt rett frem. Skriv [tex]\frac n a = N + r_n[/tex] der [tex]0 \leq r_n<1[/tex] er desimaldelen av [tex]\frac n a[/tex], og definer tilsvarende [tex]\frac m a = M + r_m[/tex]. Da er [tex]\lfloor \frac {2n} a \rfloor = 2N + \lfloor 2r_n \rfloor[/tex] og tilsvarende for de andre leddende, slik at venstresiden av ulikheten vi vil vise blir [tex](2M+2N-N-M-(M+N)) + \lfloor 2r_m \rfloor + \lfloor 2r_n \rfloor - \lfloor r_n \rfloor - \lfloor r_m \rfloor - \lfloor r_n + r_m \rfloor = \lfloor 2r_n \rfloor + \lfloor 2r_m \rfloor - \lfloor r_n + r_m \rfloor[/tex]. Her er alle ledd enten 0 eller 1, så den eneste måten dette kan bli negativt på er om [tex]\lfloor 2r_n \rfloor = \lfloor 2r_m \rfloor = 0[/tex], som betyr at [tex]r_n, r_m <\frac 1 2 \Rightarrow r_n + r_m < 1 \Rightarrow \lfloor r_n + r_m \rfloor = 0[/tex], og vi er ferdige.
[tex]v_p((2m)!(2n)!) - v_p(m!n!(m+n)!= v_p((2m)!)+ v_p((2n)!) - v_p(m!)-v_p(n!)-v_p(n+m) =\sum_{i>0} \lfloor \frac {2m} {p^i} \rfloor + \lfloor \frac {2m} {p^i} \rfloor - \lfloor \frac {m} {p^i} \rfloor - \lfloor \frac {n} {p^i} \rfloor - \lfloor \frac {m+n} {p^i} \rfloor[/tex]
Det holder altså å vise at [tex]\lfloor \frac {2m} {a} \rfloor + \lfloor \frac {2n} {a} \rfloor - \lfloor \frac {n} {a} \rfloor - \lfloor \frac {m} {a} \rfloor - \lfloor \frac {m+n} {a} \rfloor \geq 0[/tex] Dette er litt kronglete, men relativt rett frem. Skriv [tex]\frac n a = N + r_n[/tex] der [tex]0 \leq r_n<1[/tex] er desimaldelen av [tex]\frac n a[/tex], og definer tilsvarende [tex]\frac m a = M + r_m[/tex]. Da er [tex]\lfloor \frac {2n} a \rfloor = 2N + \lfloor 2r_n \rfloor[/tex] og tilsvarende for de andre leddende, slik at venstresiden av ulikheten vi vil vise blir [tex](2M+2N-N-M-(M+N)) + \lfloor 2r_m \rfloor + \lfloor 2r_n \rfloor - \lfloor r_n \rfloor - \lfloor r_m \rfloor - \lfloor r_n + r_m \rfloor = \lfloor 2r_n \rfloor + \lfloor 2r_m \rfloor - \lfloor r_n + r_m \rfloor[/tex]. Her er alle ledd enten 0 eller 1, så den eneste måten dette kan bli negativt på er om [tex]\lfloor 2r_n \rfloor = \lfloor 2r_m \rfloor = 0[/tex], som betyr at [tex]r_n, r_m <\frac 1 2 \Rightarrow r_n + r_m < 1 \Rightarrow \lfloor r_n + r_m \rfloor = 0[/tex], og vi er ferdige.
-
Fibonacci92
- Abel
- Innlegg: 665
- Registrert: 27/01-2007 22:55
Tror den er fra 104 Number Theory Problems av blant andre Titu Andrescu.