$a!b!$ implica la múltiple de $a! + b!$ $3a\geq 2b + 2$

Question

Un colega me preguntó para demostrar que si $a,b\in\mathbb{N}^*$ son tales que $a!b!$ es un múltiplo de a$a! + b!$,$3a\geq 2b + 2$.

Mientras pude comprobar esta desigualdad numérica para muchas soluciones de $(a,b)$, no he encontrado nada relevante matemáticamente. Debo decir que nunca me he enfrentado a las desigualdades en la aritmética... El problema es simétrico en $a$$b$, y en realidad yo podía ver que las soluciones donde todos esos que $3a\geq 2b + 2$ e $3b\geq 2a + 2$.

Aquí está una parcela de la primera de las soluciones de $(a,b)$ y de los límites:

Las soluciones pueden ser generados con el Mathematica código:

Table[If[IntegerQ[a!*b!/(a! + b!)], {a, b}, 
 Unevaluated[Sequence[]]], {a, 1, 100}, {b, 2, 100}]

Answer 1

Asumir wlog. que $b\ge a$. A continuación, tanto en $a!b!$ $a!+b!$ son divisibles por $a!$ $a!+b!\mid a!b!$ implica $1+\frac{b!}{a!}\mid b!$. Para $a<k\le b$, $1+\frac{b!}{a!}$ es coprime a $k$. Llegamos a la conclusión de que $1+\frac{b!}{a!}\mid a!$.

Para $1\le k\le b-a$, $k$ tiene un múltiplo $qk$$a<qk\le b$, por lo tanto es de nuevo coprime a $1+\frac{b!}{a!}$. Llegamos a la conclusión de $1+\frac{b!}{a!}\mid \frac{a!}{(b-a) !}$, en particular, $$\tag1\frac{b!}{a!}< \frac{a!}{(b-a) !}.$$ Comparando el no se cancela factores en $(1)$$a$, obtenemos $$ a^{b-a}<a^{2a-b}$$ y por lo tanto (para $a>1$) $$\tag2 2b<3a.$$

Para mejorar esta situación, observa que uno de $b-a+1, b-a+2$ no es primo (o estamos en el caso trivial $b=a+1$), por lo tanto, puede ser escrito como el producto de los números de $<b-a$, y es, una vez más coprime a $1+\frac{b!}{a!}$. Esto nos permite hacer dividir fuera un factor más a la derecha de $(1)$, lo que conduce a $2b<3a-1$ y por lo tanto $$ 2b+2\le 3a.$$

Answer 2

Este problema es $2015$ IMO Lista de la teoría de números N$2$. Dos soluciones pueden ser encontrados aquí en la página $66$.

Algunas de las soluciones que se pueden encontrar, por ejemplo, aquí en el Arte de la Resolución de problemas.

Answer 3

$a>b$ implica la trivialidad así que supongamos $b>a$. Deje $b=a+m$.

Vamos a demostrar por contradicción supone

$$2a+2m+2>3a\implies a < 2m+2 \implies a -m \leq m+1$$

Ahora

$${a!a!\over a!+a!(a+1)...(a+m)}={a!\over 1+(a+1)...(a+m)}=r$$

$$a!=r+(a+1)...(a+m)$$

Tenga en cuenta que${a\choose m}={a!\over m!(a-m)!}$, por lo que $m!$ | $(a+1)...(a+m)$

(Nota: es el caso de que $m<a$ porque de lo contrario $r < 1$ y no puede ser un número entero)

También debido a $m!|a!$ tenemos $m!|r$ $r >=m!$

Ahora

$${a!\over 1+(a+1)...(a+m)}=r >=m!$$

$$a! >=m!+m!(a+1)...(a+m)$$

$$(m+1)(m+2)...(a-1)a >=1+(a+1)...(a+m)$$

Tenga en cuenta que hay $a-m$ los números de la izquierda y $m$ número de la izquierda.

(1) Si $a -m <= m$, entonces la contradicción está probado

(2) Si $a-m = m + 1$ $a = 2m+1$

$$(m+1)(m+2)...(2m)(2m+1) >=1+(2m+2)...(3m+1)$$

Tenga en cuenta que podemos probar

$${(m+1)(m+2)...(2m+1)\over(2m+2)(2m+3)...(3m)(3m+1)} < 1$$

de ahí la contradicción.

La prueba por inducción para $m\geq4$:

Caso Base:

$${5\cdot6\cdot7\cdot8\cdot9\over10\cdot11\cdot12\cdot13} = 0.88 < 1$$

Inducción paso:

$${(m+2)...(2m+3)\over(2m+4)...(3m)(3m+4)} $$ $$= {(m+1)(m+2)...(2m+1)\over(2m+2)(2m+3)...(3m)(3m+1)}\cdot {(2m+2)^2(2m+3)^2\over(m+2)(3m+2)(3m+3)(3m+4)}<1\cdot1 < 1$$

Aviso el polinomio es cierto, porque el primer coeficiente de $m^4$ $16$ en la parte superior y $27$ en la parte inferior. Y el enchufe de la $m=4$ trabaja por lo que cualquier $m\geq4$ obras.

De casos $m\leq 3$ sabemos ${3a-2\over 2} < b \leq a+3 \implies 2a+6 > 3a-2 \implies a < 8$ tan sólo hay un pequeño número finito de casos para comprobar.