Supongamos $a,b \in \mathbb{N}$, demuestran que, a $a!b!(a+b)! \mid (2a)!(2b)!.$
La única prueba de que sé es que utiliza el teorema de legendre
Quiero saber si hay una línea de prueba como la de arriba hipervínculo o de forma alternativa, muchas gracias!
Esta es la OMI $1972$'s $3$rd pregunta.
Tenemos que demostrar que el $\dfrac{(2a)!(2b)!}{a!b!(a+b)!}$ es un número entero.
La expresión dada $f(a,b)=\dfrac{(2a)!(2b)!}{a!b!(a+b)!}$
Ahora note que $f(a,b)=4f(m,n-1)-f(m+1,n-1) $
Así, usted tiene la recursividad en que $n$ puede ser reducido hasta llegar a $0$.
$n$ puede ser reducido hasta que se obtiene la $f(a,b)=\sum_ic_rf(r,0)$
Ahora $f(r,0)$ es un simple coeficiente binomial, $c_r$'s son números naturales.
La pregunta fue planteada sólo para indicar que no todas estas expresiones pueden ser expresados como un recuento de problema.
Y también tiene una bonita y sencilla prueba que implican teorema de Legendre(Como usted ha mencionado). Hacer post como una alternativa de respuesta.:)
Tenemos (véase el comentario de dtldarek):
$$
\frac{(2a)!(2b)!}{una!b!(a+b)!}=(-1)^2^{2a+2b}\binom{a-1/2}{a+b}.
$$
Este es integral, porque parece
entre los coeficientes de potencias impares de
$$
(1-4z)^{-1/2}=\sum_{n=0}^{\infty}\binom{2n}{n}z^n,
$$
que tiene coeficientes enteros. Más precisamente,
$$
(1-4z)^{a-1/2}=\sum_{b=0}^{a-1}(-1)^b\frac{(a-b)!(2a)!}{(2a-2b)!a!b!}z^b+(-1)^a\sum_{b=0}^{\infty}\frac{(2a)!(2b)!}{a!b!(a+b)!}z^{a+b}.
$$
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