Mathématiques - Défi 31

Défi 31
(Cliquez-ici pour accéder à la version originale de cette discussion avec couleurs et images)

Posted by: yos

Démontrer que $\large{\frac{(2a)!(2b)!}{a!b!(a+b)!}}$ est entier.

Posted by: Joker62

C'est bizarre quand même, parce que c'est dur :)

j'arrive à trouver la relation là : $\Large \frac {a!c!}{(b)!} {2a \choose a} {2(b) \choose b+a} \quad avec \ c = b-a \in \mathbb{N}^*$

On a supposé a < b, mais si a = b, c'est évident on a $\Large {2a \choose a}$

Et donc les coefficients binomiaux sont bien entiers, cependant le facteur devant ne l'est pas, il faut donc prouver qu'il divise un des deux coefficients, mais j'trouve po :(

Posted by: Imod

Il me semble que raisonner uniquement sur les différents éléments c'est courrir à l'échec . Il faut certainement trouver la bonne interprétation ensembliste , fonctionnelle , probabiliste ...

Quel problème peut être résolu par ce quotient ?

Imod

Posted by: amine801

Ta la réponse imod?
moi j’essaye une approche ensembliste mais c’est pas claire
J’arrive pas encore a trouve la solution

Posted by: Imod

Non , nous en sommes au même point

Imod

Posted by: amine801

Je crois avoir réussis mais delà a écrire cela proprement il y a un monde
Un moment donne dans les calcule on essaye de simplifie le bas en fonction du haut(ce qui est naturel)
Alors que c’est plus facile de faire le contraire je sais pas si je me fais bien comprendre mais j’essaie de ne pas
Donner trop d’indice

Posted by: tize

Bonsoir,
je remarque d'abord que $\large{\frac{(2a)!(2b)!}{a!b!(a+b)!}}=\frac{C_{2a} ^aC_{2b}^{b}}{C_{a+b}^{a}}$ ,
cela doit correspondre à un problème où l'on doit choisir a boules dans une boite qui en contient 2a puis b boules dans une autre boite qui en contient 2b puis faire autre chose que je n'ai pas encore défini...

Posted by: sue

bonsoir à tous ,

je joue certainement dans la cour des grands , mais je vais quand même proposer une petite idée

en fait , je pense qu'il s'agit de mq. $v_p((2a)!(2b)!) \geq v_p(a!b!(a+b)!)$
on a $v_p((2a)!(2b)!) = v_p((2a)!) + v_p((2b)!)$
et $v_p(a!b!(a+b)!) = v_p(a!) + v_p(b!)+v_p((a+b)!)$
aprés je pense qu'il suffit d'appliquer la formule de légendre conclure non ?

en tout cas ce n'est qu'une petite idée

Posted by: mathelot

Citation:

Posté par Imod

Il faut certainement trouver la bonne interprétation ensembliste
Quel problème peut être résolu par ce quotient ?
Imod

bonjour,
en suivant ce conseil, on considère deux urnes A et B, l'une contenant 2a boules, l'autre 2b boules. On considère les arrangements de (2a+2b) boules où les 2a premières boules viennent de l'urne A et les 2b dernières boules viennent de l'urne B. Ensuite, avec les a premières boules , on fait une partie (une combinaison), avec les b premières boules de B dans l'arrangement , on fait une
deuxième combinaison puis une troisième combinaison avec les (a+b) boules restantes. Donc le nombre cherché est le nombre de triplets:
(e,f,g) où e est une combinaison de a boules de l'urne A, f est une combinaison
de b boules de l'urne B, et g est la combinaison restante de (a+b) boules.

Posted by: yos

Citation:

Posté par sue

aprés je pense qu'il suffit d'appliquer la formule de Legendre conclure non ?

Peux-tu détailler ta méthode? Il y a un peu de travail pour la fin.

Posted by: yos

Citation:

Posté par mathelot

Euh... où est l'interrupteur?
Bon j'ai pas tout suivi, mais si c'est ce que je pense, il y a bien (2a)!(2b)! permutations de tes (2a+2b) boules si tu imposes qu'en premier il y ait les boules de l'urne A.
Ensuite tu attaques une autre façon de placer les 2a+2b boules, mais je ne vois pas de lien avec le premier dénombrement.

Posted by: sue

Citation:

Posté par yos

Peux-tu détailler ta méthode? Il y a un peu de travail pour la fin.

ok , meme si je vois pas du travail , peut etre qq chose m'échappe ..
$v_p((2a!))+v_p((2b)!) = \sum_{i=1}^{\infty} \left[\frac{2a}{p^i}\right] + \left[\frac{2b}{p^i}\right]\geq \sum_{i=1}^{\infty} 2\left(\left[\frac{a}{p^i}\right]+\left[\frac{b}{p^i}\right]\right)$
$v_p(a!) + v_p(b!) + v_p((a+b)!) = \sum_{i=1}^{\infty} \left[\frac{a}{p^i}\right]+\left[\frac{b}{p^i}\right] + \left[\frac{a+b}{p^i}\right] \leq \sum_{i=1}^{\infty} 2\left(\left[\frac{a}{p^i}\right]+\left[\frac{b}{p^i}\right]\right)$

Edit : ah non j'ai dit une betise la 2ème inégalité est fausse

Posted by: yos

Citation:

Posté par sue

$v_p(a!) + v_p(b!) + v_p((a+b)!) = \sum_{i=1}^{\infty} \left[\frac{a}{p^i}\right]+\left[\frac{b}{p^i}\right] + \left[\frac{a+b}{p^i}\right] \leq \sum_{i=1}^{\infty} 2\left(\left[\frac{a}{p^i}\right]+\left[\frac{b}{p^i}\right]\right)$

Ben là c'est à l'envers non? La partie entière de la somme est plus grande que la somme des parties entières.

Posted by: sue

oui Yos je viens de remarquer ... c'est pas si évident que ça en fait !

Posted by: Imod

En fait , on peut montrer le résultat tout simplement par récurrence .

On pose $u_{m,n}=\frac{(2m)!(2n)!}{m!n!(m+n)!}$

Un petit calcul donne $u_{m,n+1}=\frac{2(2n+1)}{m+n+1}.u_{m,n}$ .

Comme $u_{m,n}=u_{n,m}$ : $u_{m+1,n}=\frac{2(2m+1)}{m+n+1}.u_{m,n}$ .

Et alors $u_{m,n+1} + u_{m+1,n}=\frac{4(m+n+1)}{m+n+1}.u_{m,n}=4.u_{m,n}$ .

C'est à dire que $u_{m,n+1}=4.u_{m,n}-u_{m+1,n}$ .

Il n'y a plus quà démarrer la récurrence proprement .

Prenons comme hypothèse de récurrence au rang $n$ : quel que soit l'entier m , $u_{m,n}$ est entier .

Au rang 0 , $u_{m,0}=C_{2m}^m$ entier quel que soit $m$ .

Supposons maintenant que $u_{m,n}$ soit entier quel que soit $m$ .

Pour tout $m$ on a : $u_{m,n+1}=4.u _{m,n}-u_{m+1,n}$ entier et la propriété est démontrée .

Imod

Posted by: maf

Zut ... tu viens de m'enlever le plaisir d'avoir trouver qu'on pouvait faire ça par récurrence ...

Il me semble qu'on aurait pu le faire autrement aussi en donnant (2a)! = a!((a+a)!-a!) mais ça j'en suis ... moins sûr !!

Posted by: yos

Bravo Imod.
Sue était tout près. Il lui restait à justifier l'inégalité
$E(x)+E(y)+E(x+y)\leq E(2x)+E(2y)$ ,
ce que je ne sais pas faire autrement qu'en distinguant des cas selon que $k\leq x<k+1/2$ ou $k+1/2\leq x<k+1$ (avec k=E(x)) et pareil pour y. Cela fait 4 cas dont deux symétriques, soit 3 cas à envisager.
Une solution combinatoire serait intéressante.

Posted by: yos

Citation:

Posté par maf

Il me semble qu'on aurait pu le faire autrement aussi en donnant (2a)! = a!((a+a)!-a!) mais ça j'en suis ... moins sûr !!

Ah bon $n\mapsto n!$ est pas linéaire?

Posted by: Imod

Il est vrai que la démonstration par récurrence ne donne pas de sens au problème et même si elle est très courte je ne la trouve pas réellement satisfaisante , je cherche toujours une interprétation pour ce quotient .

Imod

Posted by: sue

Citation:

$E(x)+E(y)+E(x+y)\leq E(2x)+E(2y)$ ,
ce que je ne sais pas faire autrement qu'en distinguant des cas selon que $k\leq x<k+1/2$ ou $k+1/2\leq x<k+1$ (avec k=E(x)) et pareil pour y. Cela fait 4 cas dont deux symétriques, soit 3 cas à envisager.

ok , je vois , j'étais coincée à cette étape , mais bon l'important c'est d'avoir essayé , en plus j'ai découvert , en cherchant la valuation p-adique d'une factorielle , la formule de Legendre que je connaissais pas avant

merci pour ce prob.

Posted by: mathelot

Le nombre proposé est le nombre de façons de constituer trois ensembles de boules (combinaisons) , la 1ère combinaison en tirant a boules rouges parmi 2a
boules rouges, la 2 ème combinaison en tirant b boules blanches parmi 2b boules
blanches et la troisième combinaison constituée des a+b boules restantes.
je m'inspire de la démo classique où l'on déduit le nombre de combinaisons du nombre d'arrangements en partitionnant ensemble les arrangements qui donnent une même combinaison.

Posted by: buzard

Citation:

Posté par mathelot

et la troisième combinaison

bof, N = C(2n,n)C(2m,m)C(m+n,n)

pas vraiment ce que l'on attend

Bravo Imod pour la récurrence, je cherchais justement une relation de récurrence. Et je ne vois pas ce qui n'est pas satisfaisant dans une récurrence.

Posted by: Imod

Citation:

Posté par buzard

Et je ne vois pas ce qui n'est pas satisfaisant dans une récurrence.

Ce n'est pas la démonstration qui ne me convient pas mais le fait que l'on ne puisse rien en tirer . D'où sort cette formule ? En existe-t-il d'autres du même style ?

Imod