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Sen $m$, $n$ enteros positivos. Demuestre que $m!^nn!$ divide a $(mn)!$

Como se nota que tenés licencia para conducir... Sino no se entiende como alguien podría manejar tanta magia. Tremenda solución bestia, mañana en el taller nos sacamos una foto para que la gente me crea que conozco al gran @LuchoLP

Bueno, no voy a hacer mucho al lado de lo que ya hizo lucho... pero acá va una no tan galezaro.

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La idea es ver que entre todo los factores de $(mn)!$, tenemos suficientes para hacer un múltiplo de $m!^nn!$.

Sea $m_1 = 1 \cdot 2 \cdots m = m!$, y sean $$m_2 = (m+1) \cdot (m+2) \cdot (m+3) \cdots 2m,$$ $$\ldots,$$ $$m_n = ((n-1)m+1) \cdot ((n-1)m +2) \cdot ((n-1)m+3) \cdots nm,$$ de modo que $$(mn)! = m_1 m_2 \cdots m_n$$

Vemos que en cada uno de los primeros $m-1$ factores de $m_j$, hay al menos un múltiplo de $1$, al menos un múltiplo de $2$, así hasta encontrar al menos un múltiplo de $m-1$, con lo cual $(m-1)!$ divide a $m_j$ para todo $j$. Luego $(m-1)!^n$ divide a $(mn)!$.

Ahora, también vemos que si multiplicamos todos los $m_j$, considerando el último factor de cada término (es decir, $jm$), tenemos que $$m \cdot 2m \cdot 3m \cdots nm$$ divide a $(mn)!$, esto es $m^nn!$ divide a $m$.

Como los factores que consideramos en cada casito son distintos, tenemos que $(m-1)!^nm^nn!$ divide a $(mn)!$. Esto es $m!^nn!$ divide a $(mn)!$, qed.

La verdad es que a veces me gusta matar un mosquito con un cañón

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Fijemos un primo $p$.
Basta ver que $v_p(m!^nn!)\leq v_p((mn)!)$. Esto es equivalente a $nv_p(m!)+v_p(n!)\leq v_p((mn)!)$. Por la Fórmula de Legendre, esto es equivalente a $n\dfrac{m-s_p(m)}{p-1}+\dfrac{n-s_p(n)}{p-1}\leq \dfrac{mn-s_p(mn)}{p-1}$, donde $s_p(a)$ es la suma de los dígitos de $a$ en base $p$. Como $p\geq 2$, esto es equivalente a $n+s_p(mn)\leq ns_p(m)+s_p(n)$. La suma de dígitos en cualquier base es submultiplicativa, es decir, $s_p(mn)\leq s_p(m)s_p(n)$, de modo que basta ver que $n+s_p(m)s_p(n)\leq ns_p(m)+s_p(n)$. Esto es equivalente a $0\leq (n-s_p(n))(s_p(m)-1)$, que es cierto pues $n\geq s_p(n)$ y $s_p(m)\geq 1$ para todos $m,n\in \mathbb{N}$. Ganamos.