mostrar la fórmula siempre da un número entero
PS
No recuerdo dónde leí este problema, pero decía que esto se puede probar usando un argumento de conteo simple (como observar que$$\frac{(2m)!(2n)!}{m!n!(m+n)!}$ es solo la cantidad de formas de permutar m cosas idénticas de tipo 1, m de tipo -2 ym de tipo-3).
He encontrado este papel
cuyo resumen dice:
Es bien sabido que los números de $\frac{(2m)!(2n)!}{m!n!(m+n)!}$ son enteros, pero en en general no se conoce la combinatoria de interpretación para ellos. Al $m = 0$ estos los números son la media de los coeficientes binomiales ${2n \choose n}$, y al $m = 1$ son dos veces el catalán números. En este trabajo, damos la combinatoria de las interpretaciones de estos los números de al $m = 2$ o $3$.
Según los autores, la primera aparición del problema de si es siempre un número entero es en esta nota, el catalán:
E. catalán, Pregunta 1135, Nouvelles Annales de Mathematiques 13 (1874), 207.
Barry los comentarios de este post de abajo señalar una incorrecta solución para el problema más general de la forma que fue dado por Bourguet aquí:
y el error fue señalado (y corregido?) el catalán aquí:
E. catalán, Correspondencia, Nouvelles Annales de Mathematiques 14 (1875) 178-180.
También en un comentario a este post, Karan dio un enlace a un documento que demuestra que los números en cuestión son enteros por una relación de recurrencia:
Edit: Los números en cuestión son aparentemente llamado super catalán números, y acabo de encontrar este documento, cuyo resumen, dice, "nos muestran que el super catalán números son valores especiales de la Krawtchouk polinomios por derivar una expresión para el super catalán números en términos de una firma de conjunto."
En una respuesta a "valores Enteros factorial de los ratios de" Aaron Meyerowitz señaló que
$$f(m,n) = \frac{(2m)! (2n)!}{m! n! (m+n)!}$$
satisface $f(0,t) = {2t \choose t}$ e $f(i+1,j) = 4f(i,j) - f(i,j+1)$. Así, por inducción en el primer parámetro, $f(m,n)$ es un número entero.
Esto conduce a la suma
$$f(m,n) = \sum_{k=0}^m (-1)^k 4^{m-k} {m\choose k} {2(n+k)\choose n+k}.$$
Esto es similar, pero no igual a la recurrencia de $f(m,n)/2$ en Callan del documento mencionado por karan y en Yuichiro Fujiwara la respuesta:
$$f(m,n)/2 = \sum_{k \ge 0} 2^{n-m-2k} {n-m \choose 2k} f(m,k)/2.$$
Ambos son consecuencias de $4f(m,n) = f(m+1,n) + f(m,n+1)$ en Gessel, Super Boleta Números, J. Cálculo Simbólico 14 (1992), 179-194. La sección 6 de este documento cubre por encima de las recurrencias y más, incluyendo
$$f(m,n) = \sum_k (-1)^k {2m \choose m+k}{2n \choose n-k}$$
$$f(m,n) = (-1)^m 4^{m+n} {m-1/2 \choose m+n}.$$
Aquí hay dos comentarios. En primer lugar, la fórmula $f(m,n) = (-1)^m 4^{m+n}\binom{m-1/2}{m+n}$ señaló Douglas Zare debe ser $$f(m,n) = (-1)^n 4^{m+n}\binom{m-1/2}{m+n}.$$ (El error está en mi papel). De ello se desprende que $f(m,n)$ es $(-1)^m$ multiplicado por el coeficiente de $x^{m+n}$ en $$(1-4x)^{m-1/2} = \left(\frac{1}{\sqrt{1-4x}}\right)^{1-2m} =\biggl(\sum_{k=0}^\infty \binom{2k}{k} x^k\biggr)^{1-2m}. $$ y por lo tanto es un número entero.
Segundo, la recurrencia $$f(m,n) = \sum_{k \ge 0} 2^{n-m-2k} {n-m \choose 2k} f(m,k)$$ mencionado por Douglas (equivalente a un caso especial de Vandermonde del teorema), junto con la simetría $f(m,n) = f(n,m)$, demuestra por inducción que la $f(m,n)$ son enteros positivos. (Otras fórmulas muestran que $f(m,n)$ es un número entero o que es positivo, pero no tanto.) Por lo tanto, da una interpretación combinatoria para $f(m,n)$ en el sentido de que uno puede usar esta recurrencia de forma recursiva en la construcción de un conjunto de cardinalidad $f(m,n)$. Pero nadie ha sido capaz de dar un no recursivo, la descripción de estos objetos en general. (David Callan hizo esto en el caso de $m=2$, para $f(2,n)/2$.)
Por lo que vale, el problema (y uno relacionado) se planteó en el American Mathematical Monthly , 1910 (vol. 17, no. 6/7, p. 150) y una solución dada en 1911 (vol. 18, no. 2, págs. 41-43) .
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