Es un hecho bastante sorprendente (para mí, al menos) que $\displaystyle \binom{14}{4} = 1001$ ; $\displaystyle \binom{14}{5} = 2002$ ; $\displaystyle \binom{14}{6} = 3003$ .
En realidad, este es el único caso en el que tres coeficientes binomiales consecutivos están en la proporción $\displaystyle 1 : 2 : 3$ . Me pareció bastante interesante investigar bajo qué condiciones los miembros consecutivos de una fila del triángulo de Pascal pueden estar en la proporción $\displaystyle a : b : c$ , donde $\displaystyle a,b,c$ son enteros positivos con $\displaystyle \mathrm{gcd}(a,b,c) = 1$ y $\displaystyle a < b < c$ salvo que se indique lo contrario. Es decir, sólo se considerará el lado izquierdo del triángulo.
$$\binom{n}{k} : \binom{n}{k+1} : \binom{n}{k+2} = a : b : c$$
Cancelación y reordenación,
$\displaystyle b(k + 1) = a(n - k)$ ..............[1]
$\displaystyle c(k + 2) = b(n - k - 1)$ .........[2]
$$n = \frac{a(b + c) + c(a + b)}{(b^2 - ac)}$$
$$k = \frac{a(b + c)}{b^2 - ac} - 1 $$
Por tanto, n y k son enteros si $\displaystyle b^2-ac$ divide ambos $\displaystyle a(b + c)$ y $\displaystyle c(a + b)$ .
$\displaystyle n > 0$ implica $\displaystyle b^2 > ac$
$\displaystyle k\ge 0$ implica $\displaystyle c \ge \frac{b(b - a)}{2a}$
Por lo tanto, una tercera condición es $\displaystyle \frac{b^2}{a} > c \ge \frac{b(b - a)}{2a}$
Quizá el caso especial más interesante sea $\displaystyle c = a + b$ cuando para
$\displaystyle a,b < 100$ sólo hay cinco soluciones. A saber,
$\displaystyle (a,b,c) = (1,2,3)$ da $\displaystyle \{n,k\} = \{14,4\}$
$\displaystyle (a,b,c) = (3,5,8)$ da $\displaystyle \{n,k\} = \{103,38\} $
$\displaystyle (a,b,c) = (8,13,21)$ da $\displaystyle \{n,k\} = \{713,271\}$
$\displaystyle (a,b,c) = (21,34,55)$ da $\displaystyle \{n,k\} = \{4894,1868\}$
$\displaystyle (a,b,c) = (55,89,144)$ da $\displaystyle \{n,k\} = \{33551,12814\}$
Es decir, sólo hay soluciones cuando $\displaystyle (a,b,c) = (F(2m), F(2m + 1), F(2m + 2)) $
$\displaystyle m = 1,2,3...,$ donde $\displaystyle F(m)$ es el $\displaystyle m^{th}$ Número de Fibonacci.
En general,
$\displaystyle \{n,k\} = \{F(2m + 2)F(2m + 3) - 1, F(2m)F(2m + 3) - 1\} $
Todas las soluciones satisfacen $\displaystyle F(2m)n = F(2m+2)k + F(2m+1) $
En la medida de lo posible, he podido derivar fórmulas para $\displaystyle \{n,k\}$ para todos los casos especiales que se me ocurren (por ejemplo $\displaystyle a,b,c$ en progresión aritmética) excepto en el caso $\displaystyle c = a^2$ .
Para $\displaystyle a,b < 3000$ sólo hay tres soluciones:
$\displaystyle (a,b,c) = (1,2,1)$ da $\displaystyle \{n,k\} = \{2,0\}$
$\displaystyle (a,b,c) = (2,3,4)$ da $\displaystyle \{n,k\} = \{34,13\}$
$\displaystyle (a,b,c) = (13,47,169)$ da $\displaystyle \{n,k\} = \{1079,233\}$
Dejar $\displaystyle c = a^2$ y dividiendo la ecuación [2] entre [1] se obtiene $\displaystyle a(k + 1)(k + 2) = (n - k)(n - k - 1)$
Reordenando, todas las soluciones satisfacen $\displaystyle n^2 - (2k + 1)n - (k + 1)[(a - 1)k + 2a] = 0$
El discriminante $\displaystyle D$ de la cuadrática anterior es $\displaystyle 4a(k + 1)(k + 2) + 1$ y una condición necesaria y suficiente para $\displaystyle n$ para ser un número entero es que esta expresión sea un cuadrado perfecto.
$\displaystyle a = 1, k = 0$ da $\displaystyle D = 9 = 3^2$
$\displaystyle a = 2, k = 13$ da $\displaystyle D = 1681 = 41^2$
$\displaystyle a = 13, k = 233$ da $\displaystyle D = 2859481 = 1691^2$
Y mi pregunta es: ¿se puede demostrar (o refutar) que no hay más soluciones?
