Podzielność i niepodzielność

[mol_ksiazkowy]

Niech \(\displaystyle{ f (a, b) = \frac{(3a)! (4b)!}{a!^4 b!^3}}\)
Udowodnić, że
i) gdy \(\displaystyle{ a \leq b}\) to \(\displaystyle{ f(a, b)}\) jest liczbą całkowitą
ii) gdy \(\displaystyle{ 0< b_0}\) to istnieje nieskończona ilość liczb \(\displaystyle{ a>0}\) takich , że \(\displaystyle{ f(a,b_0)}\) nie jest liczbą całkowitą

[Vax]

i)

Ukryta treść:    

Rozpatrzmy dowolną liczbę pierwszą \(\displaystyle{ p}\), wówczas w rozkład \(\displaystyle{ (3a)!(4b)!}\) na czynniki pierwsze wchodzi ona z wykładnikiem \(\displaystyle{ \sum_{n \ge 1} \left( \lfloor \frac{3a}{p^n}\rfloor + \lfloor \frac{4b}{p^n} \rfloor \right)}\), a w rozkład mianownika z wykładnikiem \(\displaystyle{ 4\sum_{n \ge 1} \lfloor \frac{a}{p^n} \rfloor + 3\sum_{n \ge 1} \lfloor \frac{b}{p^n} \rfloor}\), korzystając z \(\displaystyle{ \lfloor x+y \rfloor \ge \lfloor x\rfloor + \lfloor y \rfloor}\) dostajemy:

\(\displaystyle{ \sum_{n \ge 1} \left( \lfloor \frac{3a}{p^n}\rfloor + \lfloor \frac{4b}{p^n} \rfloor \right) \ge 3\sum_{n \ge 1} \lfloor \frac{a}{p^n} \rfloor + 4\sum_{n \ge 1} \lfloor \frac{b}{p^n} \rfloor \ge 4\sum_{n \ge 1} \lfloor \frac{a}{p^n}\rfloor + 3\sum_{n \ge 1} \lfloor \frac{b}{p^n} \rfloor}\)

Ostatnia nierówność wynika z założenia, że \(\displaystyle{ b \ge a}\)

ii)

Ukryta treść:    

Podobnie jak w (i), aby dane wyrażenie było całkowite dla każdej liczby pierwszej p musi zachodzić:

\(\displaystyle{ \sum_{n \ge 1} \left( \lfloor \frac{3a}{p^n}\rfloor + \lfloor \frac{4b}{p^n} \rfloor \right) \ge 4\sum_{n \ge 1} \lfloor \frac{a}{p^n} \rfloor + 3\sum_{n \ge 1} \lfloor \frac{b}{p^n} \rfloor}\)

Ustalmy \(\displaystyle{ b > 0}\). Rozpatrzmy dowolną liczbę pierwszą \(\displaystyle{ p > 4b}\), oraz przyjmijmy \(\displaystyle{ a = bp}\), wówczas:

\(\displaystyle{ \sum_{n \ge 1} \left( \lfloor \frac{3bp}{p^n}\rfloor + \lfloor \frac{4b}{p^n} \rfloor \right) \ge 4\sum_{n \ge 1} \lfloor \frac{bp}{p^n} \rfloor + 3\sum_{n \ge 1} \lfloor \frac{b}{p^n} \rfloor \\ \\ \iff \\ \\ 3b + \sum_{n \ge 1} \left( \lfloor \frac{3b}{p^n}\rfloor + \lfloor \frac{4b}{p^n} \rfloor \right) \ge 4b + 4\sum_{n \ge 1} \lfloor \frac{b}{p^n} \rfloor + 3\sum_{n \ge 1} \lfloor \frac{b}{p^n} \rfloor \\ \\ \iff \\ \\ 0 \ge b}\)

Sprzeczność. Liczb pierwszych większych od \(\displaystyle{ 4b}\) jest nieskończenie wiele, skąd nieskończenie wiele jest takich \(\displaystyle{ a}\), dla których \(\displaystyle{ f(a, b) \not\in \mathbb{Z}}\)