Estoy poniendo algunos resultados que pueden o no ser parte de una respuesta aquí, como un post de la wiki de la comunidad, en lugar de abarrotar la pregunta con ellos. Tal vez ayuden a alguien a encontrar una respuesta completa. Si tienes información potencialmente útil o respuestas parciales similares, no dudes en añadirlas aquí.
Veamos lo que se puede extraer al observar $\binom{n}{r} = 2 \binom{n-k}{r}$ para otros valores de $r$ . Existe una interesante dualidad: $\binom{n}{r} = 2 \binom{n-k}{r} \iff \binom{n}{k} = 2 \binom{n-r}{k}$ . Así que podemos encontrar soluciones al problema original encontrando soluciones a $\binom{n}{k} = 2\binom{n-5}{k}$ . Para cualquier $r$ Hay una solución "estándar", $\binom{2r}{r} = 2\binom{2r-1}{r}$ y varias soluciones "triviales", $\binom{i}{r} = 2\binom{j}{r}$ siempre que $0 \leq i,j \leq r - 1$ .
Para $r = 1$ Hay un número infinito de soluciones; para cualquier $k$ tenemos $\binom{2k}{1} = 2 \binom{k}{1}$ . En el marco de la dualidad, éstas corresponden a las soluciones "estándar" $\binom{2k}{k} = 2 \binom{2k - 1}{k}$ .
Para $r = 2$ También hay infinitas soluciones. Es divertido ver por qué. Una solución satisface la ecuación $n(n-1) = 2 (n-k)(n-k-1)$ o $$\begin{equation}\tag{1}\label{eq:qud}n^2 - (4k+1)n + (2k^2 + 2k) = 0.\end{equation}$$ Así, $n = \frac{4k + 1 \pm \sqrt{8k^2 + 1}}{2}$ . Desde $8k^2 + 1$ es impar, esto tiene dos soluciones enteras si $8k^2 + 1$ es un cuadrado perfecto, o ninguna. Así, siempre que haya una solución $n$ para una diferencia determinada $k$ , debe haber un segundo. El segundo ingrediente clave es que, como estamos multiplicando muchos términos de manera uniforme, podemos cambiar los signos de todos los términos sin cambiar el resultado.
Por lo tanto, empieza con la solución estándar: $$ 4 \cdot 3 = 2 (3 \cdot 2). $$ Entonces también es cierto que $$ 4 \cdot 3 = 2 (-2 \cdot -3), $$ en otras palabras, $[4]_2 = 2[-2]_2 = 2[4-6]_2$ , una solución con $k = 6$ . Así que debe haber otro. Cuando $k = 6$ , ecuación $\eqref{eq:qud}$ es $n^2 - 25n + 84 = 0$ , y sabemos que podemos factorizar $(n - 4)$ , que deja $(n - 21)$ . Y efectivamente, $\binom{21}{2} = 2 \binom{15}{2}$ . La dualidad da $\binom{21}{6} = 2 \binom{19}{6}$ . Repitiendo el proceso, obtenemos $[21]_2 = 2 [-14]_2$ con una diferencia $k = 35$ ; factorización $(n - 21)$ de la ecuación $\eqref{eq:qud}$ deja $(n - 120)$ y de hecho $\binom{120}{2} = 2 \binom{85}{2}$ . Dualmente, $\binom{120}{35} = 2 \binom{118}{35}$ . Podemos seguir subiendo esta "escalera" eternamente; si $k$ da una solución, entonces también lo hace $3k + \sqrt{8k^2 + 1}$ . Esto es OEIS A001109 .
Por supuesto, esto no ayuda para nuestro caso porque $5$ no aparece. Pero sí muestra que existen soluciones, además de las estándar y triviales, para $r > 2$ .
Ahora considere $r = 3$ . Tenemos que resolver $[n]_3 = 2[n-k]_3$ o $$\begin{equation}\tag{2}\label{eq:cub}n^3 - (6k + 3)n^2 + (6k^2 + 12k + 2)n - (2k^3 + 6k^2 + 4k) = 0.\end{equation}$$ Con $k = 0$ este factor como se esperaba, ya que $n(n-1)(n-2)$ . Con $k = 1$ nos da de nuevo las soluciones triviales y estándar conocidas, $(n-1)(n-2)(n-6)$ . Con $k = 2$ , $\eqref{eq:cub}$ es $n^3 - 15n^2 + 50n - 48 = 0$ , a partir de la cual podemos factorizar la solución trivial conocida: $(n-2)(n^2 - 13n + 24) = 0$ . Pero el otro factor no tiene soluciones enteras. Para el general $k$ podemos aplicar el Fórmula cúbica . Encontramos que el discriminante $\Delta$ es $4(-27k^6 + 108k^4 + 18k^2 + 1)$ , que es positivo para $k = 0,1,2$ y negativo para $k \geq 3$ , de modo que tiene tres raíces reales para $k \leq 2$ pero sólo una raíz real para $k \geq 3$ . Esta raíz resulta ser $$ 2k + 1 - \sqrt[3]{-3k^3 + \sqrt{k^6 - 4k^4 - \frac{2}{3}k^2 - \frac{1}{27}}} - \sqrt[3]{-3k^3 - \sqrt{k^6 - 4k^4 - \frac{2}{3}k^2 - \frac{1}{27}}}. $$ No creo que esto pueda ser un número entero, pero no sé cómo demostrarlo. Desgraciadamente no es suficiente demostrar que el contenido de las raíces del cubo no puede ser un cubo perfecto, ya que aunque ninguno de los dos sea un entero, su suma podría serlo. Sin embargo, no existen soluciones para $n$ hasta 10.000 (comprobado en el tabla proporcionado en OEIS A000292 .)
Al menos podemos comprobar si alguna respuesta a nuestra pregunta original tiene la diferencia $n - m = 3$ mirando la raíz anterior, con $k = 5$ . Es alrededor de 25,268, no un número entero, así que cualquier solución extra tiene una diferencia de al menos 4.
Para $r = 4$ un truco de "negación" similar debería funcionar como para $r = 2$ . Desgraciadamente, no parece que dé soluciones positivas adicionales. La ecuación $[n]_4 = 2[n-k]_4$ se expande a $$\begin{equation}\tag{3}\label{eq:qrt}n^4 - (8k + 6)n^3 + (12k^2 + 36k + 11)n^2 - (8k^3 + 36k^2 + 44k + 6)n + (2k^4 + 12k^3 + 22k^2 + 12k) = 0.\end{equation}$$ Partiendo de la solución estándar, $[8]_4 = 2[7]_4$ , tenemos otra solución, $[8]_4 = 2[-4]_4$ , con diferencia $k = 12$ . Y de hecho, podemos factorizar $(n - 8)$ fuera de la ecuación $\eqref{eq:qrt}$ con $k = 12$ , $$ n^4 - 102n^3 + 2171n^2 - 19542n + 65520 = (n-8)(n^3 - 94n^2 + 1419n - 8190). $$ Pero el otro factor es un cúbico con una raíz real, que no es un número entero. No hay soluciones (además de la trivial y la estándar) hasta $n=1002$ (comprobado en el tabla proporcionado en OEIS A000332 .)
Cuando $k=5$ , $\eqref{eq:qrt}$ se convierte en $n^4 - 46n^3 + 491n^2 - 2126n + 3360$ , que ( según Wolfram Alpha ) no tiene soluciones enteras. Así que para el problema original, $n - m > 4$ .
Secuencias OEIS relacionadas:
- A000389: $\binom{n}{5}$ y mesa hasta $n=1000$
- A001109 son valores de $k$ tal que $\binom{n}{2} = 2\binom{n-k}{2}$ o, por el contrario $\binom{n}{k} = 2\binom{n-2}{k}$ tiene una solución $n = \bigl(4k + 1 + \sqrt{8k^2 + 1}\bigr)/2$ .
- A082291 son los valores de $n-2$ en lo anterior, compensado en uno. Es decir, A001109 comienza 0,1,6 y A082291 comienza 2, 19, 118. $\binom{2+2}{1} = 2\binom{2}{1}$ y $\binom{19+2}{6} = 2\binom{19}{6}$ .
