Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 174
2014-06-07 
а) Доказать, что для любых неотрицательных чисел $x, y$ справедливо неравенство
$[5x] + [5y] \geq [3x + y] + [3y + x]$.
б) Доказать, что число
$\frac{(5m)!(5n)1}{m!n!(3m+n)!(3n+m)!}$
является целым при всех значениях $m,n \in \mathbf{N}$.
Решение:
а) Рассмотрим функцию
$f(x,y) = [5x] + [5y] – [3x + y] – [3y + x] - [x] - [y]$
и докажем, что $f (x,y) \geq 0$ при $x, y \in \mathbf{R}$. Пусть для некоторых значений $x,y \in [0; 1)$ имеет место неравенство
$f(x,y) = [5x] + [5y] - [3x+y] – [3y + x] < 0$.
При этом без ограничения общности можно считать, что $x \leq y$. Тогда $f(x,y) \leq -1$ (ибо $f(x,y) \in \mathbf{Z}$) и
$f(x,y) > (5x - 1) + (5y - 1) - (3x + y) - (3y + x) = x + y - 2$,
т. е. $x + y - 2 < - 1$, или $x + y < 1$. Так как
$[5y] – [3y+x] \geq [5y] – [4y] \geq 0$,
то
$[5x] - [3x + y] = f(x, y) - ([5y]-[3y + x]) \leq - 1$.
С другой стороны,
$[5x] - [3x + y] \geq [5x] - [3x + 1 - x] = [5x] - [2x +1]$.
Значит, $[5x] < [2x + 1]$, откуда следует, что $5x < 2x + 1$, или $x < 1/3$. Но тогда
$[2x + 1] \leq [2 \cdot \frac{1}{3} + 1] = l$,
т. е. $[5x] < 1$, или $x < 1/5$. Так как
$[3x + y] \geq 1 + [5x] = 1$.
то $y \geq 1 – 3x > 2/5$ и $[5y] \geq 2$. Заметим, что
$[3x + y] \leq \left [ 3 \cdot \frac{1}{5} + 1 \right ] = 1$.
Если $y < 3/5$, то $3y + x < 3 \cdot \frac{3}{5} + \frac{1}{5} = 2, [3y + x] \leq 1$ и
$f (x, y) = [5x] + [5y] - [3x + y] - [3y + x] \geq 0 + 2 - 1 - 1 = 0$.
Если же $y \geq 3/5$, то $[5y] \geq 3$,
$[3y + x] = [y + x + 2y] \leq [y+x] +2 \leq 2$,
и
$f(x, y) \geq 0 + 3 – 1 – 2 = 0$.
Итак, неравенство $f (x, y) \geq 0$ доказано при $x, y \in [0; 1)$. Но так как число 1 является периодом функции $f (x, y)$ по каждому из аргументов $x, y$, то это неравенство можно считать доказанным при всех $x,y \in \mathbf{R}$. Наконец, при $x, y \geq 0$ имеем
$[5x] + [5y] = f(x,y) + [3x+y] + [3y+x] + [x] + [y] \geq [3x+y] + [3y+x]$,
что и требовалось доказать.
б) Докажем, что степень, с которой произвольное простое число $p$ входит в разложение знаменателя $m!n!(3n + m)! (n+3m)!$ на простые множители, не превосходит соответствующей степени для числителя $(5m)!(5n)!$ Поскольку число $p$ входит в разложение числа $q!$ в степени, равной $[q/p] + [q/p^{2}] + \cdots$, то в числитель оно входит в степени $[5m/p] + [5m/p^{2}] + \cdots + [5n/p] + [5n/p^{2}] + \cdots$, а в знаменатель - в степени
$[m/p] + [m/p^{2}] + \cdots + [n/p] + [n/p^{2}] + \cdots + [(3m + n)/p] +$
$+ [(3m + n)/ p^{2}] + \cdots + [(3n + m)/p] + [(3n + m)/p^{2}] + \cdots$
Обозначим $m/p^{k} = x_{k}, n/p^{k} = y_{k}$ где $k \in \mathbf{N}$. В силу доказанной выше (в п. а)) оценки имеем неравенства
$[5x_{k}] + [5y_{k}] \geq [x_{k}] + [y_{k}] + [3x_{k} + y_{k}] + [x_{k} + 3y_{k}]$,
суммируя которые по всем значениям $k \in \mathbf{N}$ (при достаточно больших $k$ обе части неравенств равны нулю), получим требуемое неравенство.
а) Доказать, что для любых неотрицательных чисел $x, y$ справедливо неравенство
$[5x] + [5y] \geq [3x + y] + [3y + x]$.
б) Доказать, что число
$\frac{(5m)!(5n)1}{m!n!(3m+n)!(3n+m)!}$
является целым при всех значениях $m,n \in \mathbf{N}$.
Решение:
а) Рассмотрим функцию
$f(x,y) = [5x] + [5y] – [3x + y] – [3y + x] - [x] - [y]$
и докажем, что $f (x,y) \geq 0$ при $x, y \in \mathbf{R}$. Пусть для некоторых значений $x,y \in [0; 1)$ имеет место неравенство
$f(x,y) = [5x] + [5y] - [3x+y] – [3y + x] < 0$.
При этом без ограничения общности можно считать, что $x \leq y$. Тогда $f(x,y) \leq -1$ (ибо $f(x,y) \in \mathbf{Z}$) и
$f(x,y) > (5x - 1) + (5y - 1) - (3x + y) - (3y + x) = x + y - 2$,
т. е. $x + y - 2 < - 1$, или $x + y < 1$. Так как
$[5y] – [3y+x] \geq [5y] – [4y] \geq 0$,
то
$[5x] - [3x + y] = f(x, y) - ([5y]-[3y + x]) \leq - 1$.
С другой стороны,
$[5x] - [3x + y] \geq [5x] - [3x + 1 - x] = [5x] - [2x +1]$.
Значит, $[5x] < [2x + 1]$, откуда следует, что $5x < 2x + 1$, или $x < 1/3$. Но тогда
$[2x + 1] \leq [2 \cdot \frac{1}{3} + 1] = l$,
т. е. $[5x] < 1$, или $x < 1/5$. Так как
$[3x + y] \geq 1 + [5x] = 1$.
то $y \geq 1 – 3x > 2/5$ и $[5y] \geq 2$. Заметим, что
$[3x + y] \leq \left [ 3 \cdot \frac{1}{5} + 1 \right ] = 1$.
Если $y < 3/5$, то $3y + x < 3 \cdot \frac{3}{5} + \frac{1}{5} = 2, [3y + x] \leq 1$ и
$f (x, y) = [5x] + [5y] - [3x + y] - [3y + x] \geq 0 + 2 - 1 - 1 = 0$.
Если же $y \geq 3/5$, то $[5y] \geq 3$,
$[3y + x] = [y + x + 2y] \leq [y+x] +2 \leq 2$,
и
$f(x, y) \geq 0 + 3 – 1 – 2 = 0$.
Итак, неравенство $f (x, y) \geq 0$ доказано при $x, y \in [0; 1)$. Но так как число 1 является периодом функции $f (x, y)$ по каждому из аргументов $x, y$, то это неравенство можно считать доказанным при всех $x,y \in \mathbf{R}$. Наконец, при $x, y \geq 0$ имеем
$[5x] + [5y] = f(x,y) + [3x+y] + [3y+x] + [x] + [y] \geq [3x+y] + [3y+x]$,
что и требовалось доказать.
б) Докажем, что степень, с которой произвольное простое число $p$ входит в разложение знаменателя $m!n!(3n + m)! (n+3m)!$ на простые множители, не превосходит соответствующей степени для числителя $(5m)!(5n)!$ Поскольку число $p$ входит в разложение числа $q!$ в степени, равной $[q/p] + [q/p^{2}] + \cdots$, то в числитель оно входит в степени $[5m/p] + [5m/p^{2}] + \cdots + [5n/p] + [5n/p^{2}] + \cdots$, а в знаменатель - в степени
$[m/p] + [m/p^{2}] + \cdots + [n/p] + [n/p^{2}] + \cdots + [(3m + n)/p] +$
$+ [(3m + n)/ p^{2}] + \cdots + [(3n + m)/p] + [(3n + m)/p^{2}] + \cdots$
Обозначим $m/p^{k} = x_{k}, n/p^{k} = y_{k}$ где $k \in \mathbf{N}$. В силу доказанной выше (в п. а)) оценки имеем неравенства
$[5x_{k}] + [5y_{k}] \geq [x_{k}] + [y_{k}] + [3x_{k} + y_{k}] + [x_{k} + 3y_{k}]$,
суммируя которые по всем значениям $k \in \mathbf{N}$ (при достаточно больших $k$ обе части неравенств равны нулю), получим требуемое неравенство.
