Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. Dados $m$ y $n$, llamemos $F(m,n)$ al número del enunciado y procedamos por inducción sobre $n$. Para $n=0$ y cualquier $m\geq 0$ se tiene que \[F(m,0)=\left(\begin{array}{c}2m\\m\end{array}\right),\] que un número combinatorio y, por tanto, entero (hemos hecho uso de que $0!=1$). Supongamos ahora que $F(m,n)$ es entero para todo $m\geq 0$ y probemos que $F(m,n+1)$ también es entero para todo $m\geq 0$. Para probar esto, observemos que, para cualesquiera $m,n\geq 0$, tenemos que \begin{align*} F(m,n+1)+F(m+1,n)&=\frac{(2m)!(2n+2)!}{m!(n+1)!(m+n+1)!}+\frac{(2m+2)!(2n)!}{(m+1)!\,n!(m+n+1)!}\\ &=\frac{(2m)!(2n)!}{m!\,n!(m+n)!}\left(\frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)(m+n+1)}+\frac{(2m+2)(2m+1)}{(m+1)(m+n+1)}\right)\\ &=\frac{(2m)!(2n)!}{m!\,n!(m+n)!}\cdot\frac{2(2n+1)+2(2m+1)}{(m+n+1)}=4F(m,n),\\ \end{align*} donde hemos sacado factor común todos los factoriales posibles y después operado. En particular, se tiene que $F(m,n+1)=4F(m,n)-F(m+1,n)$ es entero ya que $F(m,n)$ y $F(m+1,n)$ son enteros por hipótesis de inducción. Esto concluye la demostración.

Nota. Puede pensarse que esta forma de demostrar que el número es entero es muy rebuscada, pero la idea es muy similar a la demostración de que los números combinatorios son enteros (concretamente, se prueba que un número combinatorio es la suma de los dos que están por encima de él en el triángulo de Tartaglia).