数学题

第三波数学题
​独孤玖 orz

设 $f(n)=\text{lcm}(1,2,\dots,n)$
证明：$f(2n)\mid f(n)\times \binom{2n}{n}$

我们设 $f(n)=\frac{n!}{p},f(2n)=\frac{2n^{\underline n}}{q}$
我们用 $2n^{\underline n}$ 而不用 $(2n)!$ 的原因是 $[1,n]$ 中每个数 $i$ 都能找到一个 $ki\in[n+1,2n]$
构造方法是不断乘 $2$，最后一定会落在 $[n+1,2n]$
那么就是要证 $p\mid q$
我们考虑 $[1,n]$ 每个数的唯一分解 $\prod p_i^{a_i}$，以及 $[n+1,2n]$ 每个数的唯一分解 $\prod p_i^{b_i}$
那么 $p=\prod p_i^{\sum a_i-\max a_i},q=\prod p_i^{\sum b_i-\max b_i}$
我们只需要证明 $\forall i,\sum a_i-\max a_i\le\sum b_i-\max b_i$
对于 $[1,n]$ 中没有出现的质数显然可以不用考虑
接着我们对每个 $p_i$ 考虑其 $\sum a_i=\sum_j\lfloor \frac{n}{p_i^j}\rfloor,\max a_i=\lfloor\log _{p_i}n\rfloor$
即证：$\sum_j\lfloor \frac{n}{p_i^j}\rfloor-\lfloor\log _{p_i}n\rfloor\le \sum_j\lfloor \frac{2n}{p_i^j}\rfloor-\lfloor \frac{n}{p_i^j}\rfloor-\lfloor\log _{p_i}2n\rfloor$
我们注意到若 $\lfloor\log _{p_i}n\rfloor=\lfloor\log _{p_i}2n\rfloor$ 那么得证，因为 $\lfloor\frac{2a}{b}\rfloor \ge 2\lfloor\frac{a}{b}\rfloor$
否则 $\lfloor\log _{p_i}n\rfloor+1=\lfloor\log _{p_i}2n\rfloor$
此时注意到必存在一个 $j$ 使得 $\lfloor \frac{n}{p_i^j}\rfloor=0,\lfloor \frac{2n}{p_i^j}\rfloor=1$
取 $j=\lfloor\log _{p_i}n\rfloor$