De drôles de combinaisons

Cidrolin
Cidrolin
dans Les-mathématiques
Bonjour,

Etant donné une suite d'entiers (non nuls) strictement croissante : $u_1, \, u_2 ,\, \cdots , u_n, \, \cdots $, on considère la fonction
$f$ de $\mathbb N $ vers $\mathbb N $ définie par $f(0)=1$ et pour $n \geq 1 \, \, \,f(n)=u_1 \times u_2 \times \cdots \times u_n$.
On pose ensuite $K_n^p = \dfrac{f(n)}{f(p) \, f(n-p)}$ , pour $0 \leq p \leq n$.
Par exemple
  • si $u_n= \lambda n$ alors $K_n^p=C_n^p$
    [**] si $u_n= n^{\alpha}$ alors $K_n^p=(C_n^p)^{\alpha}$
    [***] si $u_n= T_n=\dfrac {n(n+1)}{2}$ alors $K_n^p=\dfrac{1}{p+1}C_n^pC_{n+1}^p$
Deux questions
  1. Le nombre $\dfrac{1}{p+1}C_n^pC_{n+1}^p$ est-il toujours entier ?
    [**] D'autres suites conduisent elles à un $K_n^p$ entier ?
Référence
Math Horizons de Nov 2010, page 31 article de Gary Gordon

Réponses

  • AitJoseph
    AitJoseph
    Bonsoir


    C'est quoi lambda n ?


    Merci
  • Cidrolin
    Cidrolin
    Bonjour et bonne année à tous,

    Lambda est un nombre entier constant non nul, et lambda n désigne les multiples

    successifs de lambda.
  • Sylvain
    Sylvain
    Pour le [***] : si p+1>n+1-p (soit p>n/2), n!/(p!(n-p)!)*(n+1)!/(p!(n+1-p)!) est divisible par p+1 et ta "drôle de combinaison" est entière.
  • Sylvain
    Sylvain
    Par ailleurs C(p,n)C(p,n+1)=n(n-1)...(n-p+1)/p!*(n+1)n(n-1)(n-p+2)/p!=(n+1)(n-p+1)(n(n-1)...(n-p+2))²/p!²
    donc le numérateur est divisible par le produit de p+1 entiers consécutifs, donc est divisible par p+1. Et comme p et (p+1) sont premiers entre eux, K(p,n) est entier.
  • Sylvain
    Sylvain
    Hum, je ne suis pas certain de la validité de mon dernier argument. Il va falloir que j'y réfléchisse plus avant.
  • Cidrolin
    Cidrolin
    Merci Sylvain,

    Ces nombres sont connus http://mrob.com/pub/math/seq-narayana.html
  • JLT
    JLT
    Pour la première question, voici une manière de procéder. Notons $v_p(n)$ la $p$-valuation de $n$ pour tout nombre premier $p$.

    (1) On sait que $v_p(n!)=\sum_{j\ge 1} [n/p^j]$.

    (2) On en déduit que $v_p(C_{k+l}^k)$ est égal au nombre de fois qu'on doit "poser une retenue" lorsqu'on additionne $k$ et $l$ en base $p$.

    (3) Il faut montrer que $v_p(k+1)\le v_p(C_{k+l}^k)+v_p(C_{k+l+1}^k)$. Soit $m=v_p(k+1)$. Si $m=0$ c'est terminé. Supposons donc $m\ge 1$. Alors les $m$ derniers chiffres de $k$ en base $p$ sont $p-1$.

    (3a) Si le dernier chiffre de $l$ en base $p$ est $0$, alors dans le calcul de $k+(l+1)$ en base $p$ on doit poser au moins $m$ retenues donc $v_p(C_{k+l+1}^k)\ge m$.

    (3b) Si le dernier chiffre de $l$ en base $p$ est $1$, alors dans le calcul de $k+l$ en base $p$ on doit poser au moins $m$ retenues donc $v_p(C_{k+l}^k)\ge m$.
  • jandri
    jandri
    Bonjour,

    On peut vérifier pour $p\ge1$ que $ \dfrac{1}{p+1}C_n^pC_{n+1}^p=(C_n^p)^2-C_n^{p+1}C_n^{p-1}$.
  • Cidrolin
    Cidrolin
    Le nombre:

    $$ \dfrac{1(1+2)(1+2+3) \cdots (1+2+ \cdots +n)}{1(1+2)(1+2+3) \cdots (1+2+ \cdots +p) \quad 1(1+2)(1+2+3) \cdots (1+2+ \cdots +n-p)}$$

    est donc toujours entier pour $0 \leq p \leq n$

    Je trouve que c'est encore vrai pour les sommes de carrés
  • Cidrolin
    Cidrolin
    On pose ici $u_n=\dfrac16 \, n(n+1)(2n+1)$ , la somme des carrés des entiers de $1$ à $n$,

    et $K_n^p= \dfrac {u_1 \,u_2 \cdots \, u_n}{u_1 \, u_2 \cdots u_p \quad u_1 \,u_2 \cdots u_{n-p}}$

    avec la convention qu'un produit vide vaut 1.

    Je trouve $K_n^p=\dfrac{C_{n+1}^{p} \, C_{2n+1}^{2p}}{(p+1)((2p+1)}$

    ce qui conduit au tableau:

    \begin {tabular}{cccccccc}

    &1& & & & & &\\
    &1&1 & & & && \\
    &1& 5& 1& & && \\
    &1& 14&14 &1 & && \\
    &1&30 & 84& 30& 1&& \\
    &1&55 &330 &330 &55 &1& \\
    &1&91 &1001 & 2145 &1001&91&1 \\
    \end {tabular}

    par exemple $K_4^2=84$

    Il est simple de prouver que $K_n^0=K_n^n=1$, que $K_n^p=K_n^{n-p}$ et que $K_n^1=u_n$

    mais a-t-on $K_n^p$ toujours entier ?
  • JLT
    JLT
    Il suffit de montrer que \quad $\dfrac{C_{n+1}^{p} \,C_{2n+1}^{2p}}{p+1}$ et $\dfrac{C_{n+1}^{p} \,C_{2n+1}^{2p}}{2p+1}$ \quad sont entiers, ce qui se fait avec la même méthode.
  • Cidrolin
    Cidrolin
    Merci JLT

    On fait ensuite $2 \dfrac{C_{n+1}^{p} \,C_{2n+1}^{2p}}{2p+1}-\dfrac{C_{n+1}^{p} \,C_{2n+1}^{2p}}{p+1}$

    qui donne $K_n^p$.

    Cordialement
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