[Thgx0312555]

สามารถแยกเป็นสองส่วนครับ
(1) $\displaystyle n!\prod_{d|n}[d^{\frac{n}{d}}]^{\mu(d)}$ เป็นจำนวนเต็ม
และ
(2) $\displaystyle \prod_{d|n}[(\frac{n}{d})!]^{\mu(d)}$ เป็นจำนวนเต็ม

ขอเขียนส่วนที่ยาก (2) ก่อนละกันครับ ส่วนง่าย (1) เดี๋ยวมาเฉลยต่อแต่ถ้าคนอื่นอยากทำก็ทำเลยครับ

สมมติ $p_1p_2 \cdots p_m \mid n$ เป็นจำนวนเฉพาะที่หาร $n$ ทั้งหมด

พิจารณากำลังของ $p$ เมื่อ $p$ เป็นจำนวนเฉพาะใดๆ
$$\displaystyle \prod_{d|n}[(\frac{n}{d})!]^{\mu(d)}$$

จะได้ว่าเท่ากับ $\displaystyle \sum_{i=1}^{\infty}(\left\lfloor \frac{n}{p^i} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{n}{p^ip_1} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{n}{p^ip_2} \right\rfloor - \cdots - \left\lfloor \frac{n}{p^ip_m} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{n}{p^ip_1p_2} \right\rfloor + \cdots + (-1)^m \left\lfloor \frac{n}{p^ip_1p_2 \cdots p_m} \right\rfloor)$

$= \displaystyle \sum_{i=1}^{\infty}(\left\lfloor n/p^i \right\rfloor - \left\lfloor \frac{\left\lfloor n/p^i \right\rfloor}{p_1} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{\left\lfloor n/p^i \right\rfloor}{p_2} \right\rfloor - \cdots - \left\lfloor \frac{\left\lfloor n/p^i \right\rfloor}{p_m} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{\left\lfloor n/p^i \right\rfloor}{p_1p_2} \right\rfloor + \cdots + (-1)^m \left\lfloor \frac{\left\lfloor n/p^i \right\rfloor}{p_1p_2 \cdots p_m} \right\rfloor)$

นั่นคือเราเหลือเพียงแสดงว่า
$f(k) := \displaystyle \left\lfloor k \right\rfloor - \left\lfloor \frac{k}{p_1} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{k}{p_2} \right\rfloor - \cdots - \left\lfloor \frac{k}{p_m} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{k}{p_1p_2} \right\rfloor + \cdots + (-1)^m \left\lfloor \frac{k}{p_1p_2 \cdots p_m} \right\rfloor \ge 0$

ซึ่งสามารถพิสูจน์ได้ว่า
$f(k)-f(k-1) = \cases{1 & , \gcd (k,n)=1 \cr 0 & , \gcd (k,n)>1} $

นั่นคือ $f(k)$ มีค่าเท่ากับจำนวนของจำนวนเฉพาะสัมพัทธ์กับ $n$ ที่มีค่าตั้งแต่ $1$ ถึง $k$ จึงได้ว่า $f(k) \ge 0$

ปล. รอดูผลผู้แทนปีนี้นะครับ