ไปคิดมาให้แล้วแบบจริงๆจังๆครับ ข้อนี้ไม่ยากเท่าไร อสมการ weak เลยทำได้หลายวิธี
ทดไว้ประมาณ 5-6 วิธีแต่เอาแค่ 4 ก่อน ผิดตรงไหนหรือมีวิธีแปลกๆก็รบกวนด้วยนะครับ
เริ่มที่ Lemma ที่ผมใช้ไปก่อน
Legendre's Lemma
ให้ $p \in \mathbb{P}$ และ $m \in \mathbb{N}$ จะได้ว่าจำนวนเต็มบวก $e$ ที่ใหญ่สุดที่ทำให้
$p^e$ fully divide $m!$ คือ $e=v_{p}(m!)=\sum_{i = 1}^{\infty} \left\lfloor\,\frac{m}{p^i}\right\rfloor$
Lemma 1
จาก Lemma บนจะได้ว่า ถ้า $\sum_{i = 1}^{\infty} \left\lfloor\,\frac{m}{p^i}\right\rfloor =\sum_{i = 1}^{j} \left\lfloor\,\frac{m}{p^i}\right\rfloor$ แล้ว $j=\left\lfloor\,\log_p{m}\right\rfloor$
สมมติให้ $j$ เป็นจำนวนเต็มบวกใหญ่สุดที่ทำให้ $\left\lfloor\,\frac{m}{p^j}\right\rfloor$ ไม่เป็น $0$ และ $\left\lfloor\,\frac{m}{p^{j+1}}\right\rfloor=0$ ทุกค่าเลขชี้กำลังที่ใหญ่กว่า
และจากการที่ $ \left\lfloor\,x\right\rfloor \leq x \leq \left\lfloor\,x\right\rfloor +1 $
ใช้อสมการมาวิเคราะห์ข้างในจะพิสูจน์ได้ว่า $\left\lfloor\,\log_p{m}\right\rfloor -1 \leq \log_p{m} -1 < j < \log_p{m} < \left\lfloor\,\log_p{m}\right\rfloor +1$
จากอสมการคู่ซ้ายและขวาสุด ต้องบีบได้เป็น $j=\left\lfloor\,\log_p{m}\right\rfloor$
Lemma 2
$v_{p}(m!)=u+ v_{p}(u!)$ โดยที่ $u= \left\lfloor\,\frac{m}{p}\right\rfloor$
สมมติให้ $u$ เป็นจำนวนเต็มบวกใหญ่ที่สุดที่ทำให้ $up \leq m$ แต่ $(u+1)p > m$
ให้ $m!=p^u u! u'$ โดยที่ $(p,u')=1$ จะได้ว่า $v_{p}(m!)=u+v_{p}(u!)$
แต่จากอสมการชุดบนทำให้ $u \leq \frac{m}{p} < u+1$ จะได้ว่า $\left\lfloor\,\frac{m}{p}\right\rfloor = u$
------------------------------------------------------------------------
note
ต่อจากนี้ ให้ระวังแต่ละวิธีด้วย ว่าบทพิสูจน์นั้นๆ cover ตั้งแต่ $m$ เป็นเท่าไร
อันนี้เขียนให้เหตุผลแยกเอาได้ครับ ผมขี้เกียจเพราะมันเยอะ ที่ทดไว้มันไม่ได้เริ่มที่ $m \geq 6$
แต่มันสามารถแยกเชคได้ง่ายๆครับ เริ่มเลย
ต้องพิสูจน์ก่อนว่าค่า $n_{i}$ ใหญ่สุดที่ดึงเอาจาก $m!$ คือเกิดขึ้นที่ $p=2$ ตามความเห็นบน
ต่อจากนี้ก็แล้วแต่คน จะทำได้หลายๆวิธี
-----------------------------------------------------------------------
วิธีที่ 1
พิสูจน์โดยอุปนัยเชิงคณิตศาสตร์ได้ไม่ยากว่า ถ้า $n \geq 3$ แล้ว $2^n \geq 2n+2$
เป็นการเพียงพอที่จะพิสูจน์ว่า $2^{n_{1}-1} \geq 2(n_{1}-1)+2 \geq m+1$
หรือ $2n_{1} \geq m+1$ จาก Lemma และที่พิสูจน์ไปแล้ว จะได้ว่า $n_{1}=\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor + v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor !)$
ดังนั้นต้องพิสูจน์ว่า $2n_{1}=2\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor +2v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!) \geq m+1$
จากอสมการ $\left\lfloor\,x\right\rfloor \leq x < \left\lfloor\,x \right\rfloor +1 $ และจากการที่ $ v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!) \geq v_{2}(\left\lfloor\,\frac{6}{2}\right\rfloor!) = v_{2}(3!)=1$
จะได้ว่า $2\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor +2v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!) > 2(\frac{m}{2}-1)+2\cdot 1 \geq m+1 > m$ ตามต้องการ
----------------------------------------------------------------------------------
วิธีที่ 2
จะพิสูจน์อสมการที่แข็งกว่าวิธีที่ 1 ดังนี้ $2^n \geq n^2 \geq 2n+2 \geq m+1$
จริงเมื่อ $n \geq ... m \geq ...$ (อันนี้ define ได้) ...เวลาจะเขียนอีก 1 solution...
พิสูจน์โดยไม่ยากว่า $2^n \geq n^2$ ดังนั้นเป็นการเพียงพอจะ prove $2^{n_{1}-1} \geq (n_{1}-1)^2 \geq 2n_{1} \geq m+1$
(เลือกเอา $(n_{1}-1)^2 \geq m+1$ ไปใช้เลย)
กระจายแล้วจัดรูปจะได้ว่า $n_{1} \geq 1+\log \sqrt{m+1}$ หรือ $10^{\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor +2v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!)-1} \geq \log \sqrt{m+1}$
แต่จาก AM-GM จะได้ $\log \sqrt{m+1} < 1+\frac{m}{2}$ และจาก Bernoulli's จะได้ $(1+9)^{\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor +v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!)-1} \geq 1+9(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor +v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!)-1)$
ดังนั้นเหลือแค่โชว์ $9\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor +9v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!) > 9 +\frac{m}{2} = 9+\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor +f(\frac{m}{2})$
โดยที่ $f(x)$ คือเลขทศนิยมของ $x$ อสมการบนสุดจริงชัดเจนเพราะ $f(\frac{m}{2}) < 1$
-----------------------------------------------------------------------------------
วิธีที่ 3
จากวิธีอื่นๆ $2^{n_{1}-1} \geq 2n_{1} \geq m+1$
จะ bound ค่าของ $m+1$ กับ $2n_{1}$ มาชนกัน โดยใช้ $\left\lfloor\,x \right\rfloor +\left\lfloor\,y \right\rfloor \leq \left\lfloor\, x+y \right\rfloor \leq \left\lfloor\, x+y \right\rfloor +1 $
$m+1=\frac{m-1}{2}+\frac{m+3}{2} < \left\lfloor\, \frac{m-1}{2}+\frac{m+3}{2} \right\rfloor +1 \leq \left\lfloor\,\frac{m-1}{2}\right\rfloor +\left\lfloor\,\frac{m+3}{2}\right\rfloor +2 = \left\lfloor\,\frac{m-1}{2}\right\rfloor +\left\lfloor\,\frac{m+1}{2}\right\rfloor +3$
อีกข้างก็ทำคล้ายๆกัน
$2n_{1}=2\left\lfloor\,\frac{m}{2} \right\rfloor + v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!) \geq 2\left\lfloor\,\frac{m+1}{2}\right\rfloor + 2\left\lfloor\, \frac{m-1}{2}\right\rfloor + v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!) \geq \left\lfloor\,\frac{m+1}{2}\right\rfloor + \left\lfloor\, \frac{m-1}{2}\right\rfloor +3$
ดูอสมการสุดท้าย $\left\lfloor\,\frac{m+1}{2}\right\rfloor + \left\lfloor\, \frac{m-1}{2}\right\rfloor + v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!) \geq 3$ ซึ่งก็ได้ว่าจริง
----------------------------------------------------------------------------------
วิธีที่ 4
ให้ $y=2^x$ พิสูจน์ได้ไม่ยากว่า $f(\frac{x+y}{2}) \geq \frac{f(x)+f(y)}{2}$
เลือกให้ $x=2\left\lfloor\, \frac{m}{2} \right\rfloor -1$ และ $y=2v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!) -1$
จะได้ $2^{n_{1}-1}=2^{\frac{x+y}{2}} \geq 2^{2\left\lfloor\, \frac{m}{2} \right\rfloor -2}+2^{2v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!)-2}$
ใช้ Bernoulli's เทอมขวาล่าสุดจะได้ว่าต้องพิสูจน์ $2\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor +2v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!) \geq m+3$
ซึ่งจริงจาก $\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor \geq \frac{m}{2}-\frac{1}{2}$ และ $v_{2}(\left\lfloor\,\frac{m}{2}\right\rfloor!) \geq 2$
อสมการแรกเขียนใหม่ได้เป็น $f(\frac{m}{2}) \leq \frac{1}{2}$ ซึ่งก็จริงนั่นแหละ
ปล.วิธีที่ 5 มันซับซ้อนขึ้นไปอีกหน่อย ใช้แบ่ง set แบบ $2^k+r$ กับ Lemma 1
เดี๋ยวมาโชว์ให้ดูทีหลังครับ เหนื่อย
