Défi 31

[yos]

Démontrer que est entier.

[Joker62]

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

j'arrive à trouver la relation là :

On a supposé a < b, mais si a = b, c'est évident on 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

[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

[amine801]

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

[Imod]

Non , nous en sommes au même point :we:

Imod

[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

[tize]

Bonsoir,
je remarque d'abord que ,
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...

[sue]

bonsoir à tous ,

je joue certainement dans la cour des grands , mais je vais quand même tenter ma chance :we:
en fait , il s'agit de montrer que
on a
et
aprés je pense à appliquer la formule de légendre , mais bon je l'ai découverte récemment et je ne suis pas sure si c'est la bonne méthode .. :marteau:

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

[sue]

bonsoir à tous ,

je joue certainement dans la cour des grands , mais je vais quand même proposer une petite idée :we:
en fait , je pense qu'il s'agit de mq.
on a
et
aprés je pense qu'il suffit d'appliquer la formule de légendre conclure non ?

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

[mathelot]

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.

[yos]

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.

[yos]

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.

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.

[maf]

Juste une petite question ... quels sont les domaines de définition de a et b ?? déjà des entiers ??

[sue]

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 ..



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

[yos]

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

[sue]

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

[Imod]

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

On pose

Un petit calcul donne .

Comme : .

Et alors .

C'est à dire que .

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

Prenons comme hypothèse de récurrence au rang : quel que soit l'entier m , est entier .

Au rang 0 , entier quel que soit .

Supposons maintenant que soit entier quel que soit .

Pour tout on a : entier et la propriété est démontrée .

Imod

[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 !!

[yos]

Bravo Imod.
Sue était tout près. Il lui restait à justifier l'inégalité
,
ce que je ne sais pas faire autrement qu'en distinguant des cas selon que ou (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.

[yos]

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 est pas linéaire?