Si parla dei binomiali centrali

[HiTLeuLeR]

Problema #1: determinare tutti gli $ n\in\mathbb{N}_0 $ tali che $ \displaystyle{\binom{2n}{n}} $ sia un quadrato perfetto.

[ma_go]

si fa anche senza appellarsi a chebycheff? (o come diavolo si scrive, insomma )
altrimenti c'è una soluzione abbastanza semplice (che invito qualche teorico dei numeri meno anziano a postare).
comunque problema carino

[HiTLeuLeR]

Boh... Se vi sia un altro modo, i' non saprei, ma_go! Per quel che mi riguarda, ho invocato l'aiuto di Bertrand, l'arcitrisavolo di Chebishev, essì...

[Boll]

Problema #1: determinare tutti gli $ n\in\mathbb{N}_0 $ tali che $ \displaystyle{\binom{2n}{n}} $ sia un quadrato perfetto.

Colgo l'invito del "vecchio" ma_go e spero nella clemenza di Hitl.

Si vuole dimostrare che tale numero non è mai un quadrato perfetto. Suppongo innanzitutto $ n>2 $, è facile verificare che per i casi minori non ci sono quadrati. Ora, per il postulato di Bertrand (o teorema di Chebyshev) esiste almeno un primo fra $ n $ e $ 2n $, ora, tale primo vale, al minimo $ n $, quindi $ p^2\geq n^2> 2n $ per la restrizione di cui sopra e poichè $ p^k>p^2 $ se $ k>2 $ per la crescenza della funzione $ f(x)=n^x $(che si può agilmente dimostrare derivando), tale fattore $ p $ compare solo soletto a numeratore, e quindi il binomiale centrale non può mai essere un quadrato perchè tale fattore $ p $ non può mai essere eliso essendo esso maggiore di $ n $,comparendo a denominatore solo numeri minori di $ n $.

[MindFlyer]

$ p^k>p^2 $ se $ k>2 $ per la crescenza della funzione $ f(x)=n^x $(che si può agilmente dimostrare derivando)

Beh, ma non è il caso di ricorrere alle derivate, andiamo! Fai il rapporto e vedi che è >1.
E poi, siamo nella sezione del problem solving olimpico...

Anzi, no, sposto il thread perché l'enunciato mi pare quasi equivalente al postulato di Bertrand.

[HiTLeuLeR]

[...] per il postulato di Bertrand [...] esiste almeno un primo fra $ n $ e $ 2n $, [...] tale primo vale, al minimo $ n $.

Mi spiace, Boll... Sia $ q $ il primo naturale di cui è postulata l'esistenza sulla base del teorema di Chebishev. Stando alle tue argomentazioni, s'avrebbe $ p \geq n $, perciocché potrebbe pur essere $ p = n $. Ora, dacché si ammette $ n > 2 $, quest'implicherebbe necessariamente $ n \equiv 1 \bmod 2 $, onde dedurne che: $ p\;\! \| (2n)! $. E d'altra parte, essendo $ p = n $, nondimeno s'avrebbe a stabilire che: $ p\;\! \| (n!)^2 $, e perciò che: $ \displaystyle{p \nmid \binom{2n}{n}} $. La tua soluzione ne risulterebbe così tristemente compromessa... Mi spiace, Boll, ma proprio nun te riesce de fanne una giusta, sigh...

Forse è il caso che tu dia una cliccatina qui, "piccolino"...

[HiTLeuLeR]

[...] sposto il thread perché l'enunciato mi pare quasi equivalente al postulato di Bertrand.

Ehmmm... Non ch'io voglia contestare le sagge decisioni e illuminate di voi altri mods, mi guarderei bene dall'osar cotanto... Eppure non riesco a resistere all'idea di chiederti: "Perché questo trasloco?!?" Vediamo un po'... Se ho colto le tue ragioni, o sommo Mind, buon senso avrebbe a imporre che ogni problema in cui fosse coinvolto il teorema di Dirichlet sui primi nelle progressioni aritmetiche venisse del pari sdoganato nella sezione "Matematica non elementare". E questo mi suona un po' strano, se non persino bizzarro, datosi che non pochi sono i problemi di livello IMO risolti ufficialmente assumendo per noto questo grazioso risultato...

...tanto più che, diversamente che per il teorema di Dirichlet, del postulato di Bertrand è nota (come altrove ho scritto) una dimostrazione completamente elementare (fidati!!!). Baaah... Valli un po' a capire, questi mods...

[MindFlyer]

E' solo che il postulato di Bertrand è tacitamente considerato uno strumento un po' troppo "truccoso" per essere usato nelle gare. Quindi, è bene sapere cosa dice, ma non è considerato olimpico un problema che non ha soluzioni che non ricorrano a quel teorema.
Se nel frattempo qualcuno riesce a risolvere il problema in modi alternativi ed elementari, possiamo sdoppiare il thread e rimettere la parte non-Bertrand nel problem solving olimpico.

Sulle dimostrazioni ufficiali dei problemi IMO, avrei qualche perplessità. Forse ti riferivi al sito di Scholes, che non contiene le dimostrazioni ufficiali. Se invece hai davvero trovato una dimostrazione ufficiale di un problema IMO che usa Dirichlet, o Bertrand, e non propone soluzioni alternative, allora ti faccio tante scuse, e ti chiedo di postarne un riferimento.

E poi, ovvìa, mio buon HiTLeuLeR, tutta questa reverenza verso i mods, e verso di me in particolare, non è meritata! Anche i giudizi dei mods si possono contestare, ed anche su un mod si può avere ragione!!

[HiTLeuLeR]

Sì, credo si trattasse di qualcosa letta un po' di tempo fa sul sito di Scholes, anche se non ne sono del tutto sicuro. Ricordo di averne passate in rassegna un bel po', di soluzioni ufficiali o pseudo-tali, al tempo in cui ero ancora un novizio nella raffinata arte del problem solving! Non che adesso le mie abilità nel campo siano migliorate poi tanto, ma forse...

Sia come sia, se quel che mi dici è vero (e non certo sia vero!), beh... temo che parecchi dei problemi proposti dal sottoscritto nella sezione dedicata alla TdN andranno trasferiti altrove: di fatto, il teorema di Dirichlet ce lo metto pressoché ovunque!!!

E ultima, ma non ultima, una doverosa puntualizzazione... Ahm, come dire?! Quand'è che sarei stato riverente verso un mod o verso chiunque altro? Ma loool...

[Boll]

Baaah, sto rincoglionendo... Ammetto Hitl che stavolta gli errori c'erano proprio, e grandi, quindi dimentica tutto e rileggi, tenterò di essere il più "matematico" possibile, come piace a te

Conclusione Non esiste nessun $ n $ siffatto

Dimostrazione:
In conseguenza del postulato di Bertrand, è noto che fra $ 2n $ e $ n $ (estremi esclusi) esiste almeno un numero primo.
Poichè il binomiale centrale è sempre intero, si avrà che, perchè tale numero sia un quadrato, tale fattore $ p $ dovrà comparire di grado $ 2z $, con $ z\in \mathbb{Z}^{+} $ o $ 0 $. Perchè avvenga la prima possibilità dovrebbe esistere fra i numeri a numeratore almeno un altro multiplo di $ p $, ma ciò è assurdo, poichè $ p>n $, e di conseguenza $ 2p>2n $. Poichè $ 2p $ è il primo multiplo intero di $ p $ e non compare a numeratore, tutti i multipli successivi non compariranno nenach'essi poichè, per $ k>2 $, $ kp>2p $. Per essere di grado $ 0 $ invece dovrebbe esistere a denominatore un fattore di $ p $ diverso da $ 1 $ (esiste solo $ p $ per definizione stessa di numero primo), ma ciò è assurdo perchè a denominatore abbiamo solo fattori minori di $ n $ e $ p>n $. Quindi la tesi è dimostrata.

[HiTLeuLeR]

Poichè il binomiale centrale è sempre intero, si avrà che, perchè tale numero sia un quadrato, tale fattore $ p $ dovrà comparire di grado $ 2r $, con $ r\in \mathbb{R}^{+} $ o $ 0 $.

Tutto ineccepibile, a tratti persino esagerato! Ciò nonostante, ehmmm... Mi diresti cos'è quell'$ \mathbb{R} $ infausto che vedo lì scritto, scusa?!? Baaah... Essì, se ti stai rinco****nendo, piccolo Boll...

[HiTLeuLeR]

Ok, vediamo cosa si può fare per riportare questo topic (anche solo parzialmente) all'interno della sezione riservata al problem solving olimpico!!! E iniziamo dai piccoli passi...

Problema #2: sia $ q $ un numero primo naturale. Dimostrare che, se $ q = 2 $ oppure $ q \equiv 3 \bmod 4 $, allora $ \displaystyle{\binom{2q^n}{q^n}} $ manca d'essere un quadrato perfetto, per ogni $ n\in\mathbb{N} $.

Problema #3: mostrare che, se $ q $ è primo in $ \mathbb{N} $ e $ q \equiv \pm 3 \bmod 8 $, allora $ \displaystyle{\binom{2q^n}{q^n}} $ non è un quadrato perfetto, per ogni $ n\in\mathbb{N} $.

EDIT: dimenticavo... E' fatto assoluto divieto di utilizzare il teorema di Chebyshev.