Soluciones a $\binom{n}{5} = 2 \binom{m}{5}$

Question

En Matemáticas finitas de Lial et al. (10ª ed.), el problema 8.3.34 dice:

En la Radio Pública Nacional Edición de fin de semana planteó el programa siguiente problema de probabilidad: Dado un cierto número de bolas, de las cuales de las cuales algunas son azules, elige 5 al azar. La probabilidad de que las 5 sean azules es 1/2. Determine el número original de bolas y decida cuántas cuántas eran azules.

Si hay $n$ bolas, de las cuales $m$ son azules, entonces la probabilidad de que 5 bolas elegidas al azar sean todas azules es $\binom{m}{5} / \binom{n}{5}$ . Queremos que sea $1/2$ , así que $\binom{n}{5} = 2\binom{m}{5}$ ; equivalentemente, $n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4) = 2 m(m-1)(m-2)(m-3)(m-4)$ . Denotaré estas cantidades como $[n]_5$ et $2 [m]_5$ (esta es una notación para el llamado "factorial descendente").

Un poco de tonteo mostrará que $[m+1]_5 = \frac{m+1}{m-4}[m]_5$ . Resolver $\frac{m+1}{m-4} = 2$ muestra que la única solución con $n = m + 1$ tiene $m = 9$ , $n = 10$ .

¿Es ésta la única solución?

Puede comprobar que $n = m + 2$ no da ninguna solución entera, utilizando la fórmula cuadrática para resolver $(m + 2)(m +1) = 2(m - 3)(m - 4)$ . Para $n = m + 3$ o $n = m + 4$ He hecho comprobaciones similares y no hay soluciones enteras. Para $n \geq m + 5$ Las soluciones satisfarían una ecuación quíntica, que por supuesto no tiene una fórmula general para encontrar soluciones.

Tenga en cuenta que, como $n$ es mayor, la relación entre los valores sucesivos de $\binom{n}{5}$ se hace más pequeño; $\binom{n+1}{5} = \frac{n+1}{n-4}\binom{n}{5}$ y $\frac{n+1}{n-4}$ es inferior a 2; de hecho, se aproxima a 1. Así que parece posible que, para algunos $k$ , $\binom{n+k}{5}$ podría ser $2 \binom{n}{5}$ .

Esta pregunta fue pregunta anterior en Math StackExchange sin ninguna respuesta, pero se hicieron algunos comentarios interesantes. Se sugirió que preguntara aquí.

Answer 1

No es una respuesta completa, pero el problema se "reduce" a encontrar el número finito de puntos racionales en una curva hiperelíptica de género 2. Esto suele ser posible mediante una técnica que implica una reducción a encontrar los puntos racionales en un conjunto finito de curvas elípticas de rango 0 -véase, por ejemplo, "Towers of 2-covers of hyperelliptic curves" de Bruin y Flynn en Trans. Amer. Math. Soc. 357 (2005) #11 4329-4347.

En su caso, la curva es $u^2= 9t^6+16t^5-200t^3+256t+144$ . Existen las siguientes 16 puntos racionales: $(t,u)$ o $(t,-u)= (0,12)$ , $(1,15)$ , $(2,12)$ , $(4,204)$ , $(-1,9)$ , $(-2,36)$ , $(-4,180)$ y $(7/4,411/64)$ . Si estos son los únicos puntos racionales entonces la única solución no trivial a su ecuación es $n=10$ , $m=9$ . Para ver esto supongamos que $$n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)=2m(m-1)(m-2)(m-3)(m-4).$$ Sea $$y=(n-2)^2\text{ and }x=(m-2)^2.$$ Elevando ambos lados al cuadrado, obtenemos $$y(y-1)(y-1)(y-4)(y-4)=4x(x-1)(x-1)(x-4)(x-4).$$ Supongamos que $y$ no es $0$ . Entonces $4x/y$ es $t^2$ para algún racional $t$ con $$(y-1)(y-4)=t(x-1)(x-4).$$ Sustituimos $y$ por $4x/t^2$ en esta ecuación y encontrar que $$(t^5-16)x^2-(5t^5-20t^2)x+(4t^5-4t^4)=0.$$ Así que este último polinomio cuadrático en $x$ tiene una raíz racional y su discriminante es un cuadrado. Esto da la curva hiperelíptica anterior. Obsérvese que el caso $n=10$ , $m=9$ de su problema corresponde al punto $(7/4,411/64)$ en esta curva.

EDITAR:

En términos más generales, se puede buscar $m$ et $n$ con $[n]_5= 2[m]_5$ . Si $(t,u)$ es un punto racional en la curva hiperelíptica con $t$ distinto de cero, establece $x=(5t^5-20t^2+t^2u)/(2t^5-32)$ et $y=4x/t^2$ . Entonces, si $x$ es un cuadrado en $\mathbb Q$ se obtiene un $m$ et $n$ con $m=2+\sqrt x$ et $n=2+\sqrt y$ . Los puntos de Joro conducen así a las soluciones $(n,m)=(10,9)$ , $(10/3,5/3)$ y $(78/23,36/23)$ el último de ellos bastante inesperado. (Y como señala François, cada $(n,m)$ da una segunda solución $(4-n,4-m)$ .) Quizás estas soluciones y las soluciones triviales con $m$ et $n \in \{0,1,2,3,4\}$ son las únicas soluciones racionales.