数论吧 关注:14,117贴子:80,908
  • 8回复贴,共1

求助一题。。

只看楼主收藏回复

设k>1,k∈N+,求证:
存在无穷多n使(2n)!/n!(n+k)!为整数
(想用中国剩余定理)


IP属地:浙江来自Android客户端1楼2024-11-24 12:11回复


    IP属地:北京来自iPhone客户端2楼2024-11-24 14:04
    回复
      直接去分析vp或可得出答案


      IP属地:浙江来自iPhone客户端3楼2024-11-24 14:35
      回复
        用Kummer定理可以先证明,如果素数p≥2k,则vp(C(2n, n))≥vp(n+k)
        ( 设n+k=m*p^t (t为正整数), 那n=m*p^t-k在p进制下的最后t位数字全都≥p/2, 在进行n+n时至少会进位t次 )
        而最多存在一个正整数i, 满足1≤i≤k且p | n+i,所以vp(C(2n, n))≥vp((n+1)(n+2)…(n+k))
        然后只要让n满足对任意素数q≤2k, vq(C(2n, n))≥vq((n+1)(n+2)…(n+k)) 就可以了
        可以取n为lcm(1,2,…,2k)²的正整数倍,这样对任意1≤i≤k与任意素数q≤2k, vq(n+i)=vq(i)
        设n=t*lcm(1,2,…,2k)², 只需要vq(C(2n, n))≥vq(k!) 成立就可以, 后者是一个只与q和k有关的常数, 当k给定时存在固定的上界N
        而对任意素数q, 任意正整数m与N, 都存在正整数t使得vq(C(2mt,mt))>N,只需要让t+1是q^(N+1)的正整数倍就可以, 这样t+t在q进制下尾部可以进位N次
        所以原题中只要再取t = r*lcm(1,2,…,2k)^(N+1)-1就满足要求,r可以是任意正整数


        IP属地:北京来自Android客户端4楼2024-11-24 14:56
        收起回复
          类似这样还可以证明更强一点的结论,对任意正整数k, 存在无穷多个正整数n使得 n!² | (2n-k)!


          IP属地:北京来自Android客户端5楼2024-11-24 15:20
          回复
            感谢回复,好在我自己也独立写出来了(对p≤k,取n+k≡-1(modp^m)(m足够大),再计算(可写))


            IP属地:浙江来自Android客户端6楼2024-11-25 12:15
            回复