หรม. และ ครน.

[Pain 7th]

1. ให้ $a,b,c \in \mathbf{N} $ จงพิสูจน์ว่า $\displaystyle[a,b,c]=\dfrac{abc \cdot (a,b,c)}{(a,b)\cdot(b,c)\cdot(c,a)}$

2. ให้ $n \in \mathbf{N}$ จงพิสูจน์ว่า $\displaystyle (n+1) [\binom{n}{0},\binom{n}{1},\binom{n}{2},...,\binom{n}{n} ]=[1,2,3,...,n,n+1]$

[Thgx0312555]

1. พิจารณากรณี $(a,b,c)=1$
ให้ $(a,b)=l,(b,c)=m,(c,a)=n$
จะพบว่า $(l,m)=(m,n)=(n,l)=1$
ซึ่งจาก $n \ | \ a, l \ | \ a, (n,l)=1$ จะได้ $nl \ | \ a$
ในทำนองเดียวกัน $lm \ | \ b, mn \ | \ c$

ให้ $a=nlx, b=lmy, c=mnz$
แล้วก็ไปพิสูจน์ว่า $[a,b,c]=lmnxyz$

สำหรับกรณี $(a,b,c)=k$ เราก็ใช้กรณีแรกคูณ $k$ ตลอดก็จบครับ

ใครมีวิธีสวยกว่านี้ก็บอกได้ครับ

[Pain 7th]

#2 ผมทำโดยใช้ $ax+by=c$ กับ $[a,b,c]=[[a,b],c]$ น่ะครับ

แต่มันยาวมาก ผมว่าวิธีของคุณดูดีกว่าอ่ะครับ

[Thgx0312555]

สำหรับข้อสองนะครับ
ให้ $x=\nu_y(z)$ แทนจำนวนเต็มซึ่ง $y^x \ || \ z$

จะแสดงว่า $\displaystyle (n+1)\binom{n}{r} \ | \ [1,2,...,n+1]$ สำหรับทุกจำนวนเต็ม $0 \le r \le n$
ซึ่ง $\displaystyle (n+1)\binom{n}{r} \ | \ [1,2,...,n+1]$

$\displaystyle \iff \nu_p((n+1)\binom{n}{r}) \le \nu_p([1,2,...,n+1])$ สำหรับทุกจำนวนเฉพาะ $p\le n+1$

$\displaystyle \iff \nu_p(n+1)+\nu_p(n!)-\nu_p(r!)-\nu_p((n-r)!) \le \nu_p([1,2,...,n+1])$

ซึ่งถ้าให้ $k$ แทนจำนวนเต็มบวกที่มากที่สุดซึ่ง $p^k \le n+1$ และให้ $l=\nu_p(n+1)$
จะต้องพิสูจน์ว่า
$\displaystyle l+\sum_{i=1}^k(\left\lfloor \dfrac{n}{p^i}\right\rfloor-\left\lfloor \dfrac{r}{p^i}\right\rfloor-\left\lfloor \dfrac{n-r}{p^i}\right\rfloor) \le k$

$\displaystyle \iff l+\sum_{i=1}^l(\left\lfloor \dfrac{n}{p^i}\right\rfloor-\left\lfloor \dfrac{r}{p^i}\right\rfloor-\left\lfloor \dfrac{n-r}{p^i}\right\rfloor)+\sum_{i=l+1}^k(\left\lfloor \dfrac{n}{p^i}\right\rfloor-\left\lfloor \dfrac{r}{p^i}\right\rfloor-\left\lfloor \dfrac{n-r}{p^i}\right\rfloor) \le k$

จะพิสูจน์ได้ไม่ยากว่า $\left\lfloor \dfrac{n}{p^i}\right\rfloor-\left\lfloor \dfrac{r}{p^i}\right\rfloor-\left\lfloor \dfrac{n-r}{p^i}\right\rfloor \le 1$ และเมื่อ $n \equiv -1 \pmod {p^i}$ จะส่งผลให้ $\left\lfloor \dfrac{n}{p^i}\right\rfloor-\left\lfloor \dfrac{r}{p^i}\right\rfloor-\left\lfloor \dfrac{n-r}{p^i}\right\rfloor=0$

ซึ่งสำหรับ $1 \le i \le l$ จะได้ $n \equiv -1 \pmod {p^i}$

ดังนั้น $\displaystyle l+\sum_{i=1}^l(\left\lfloor \dfrac{n}{p^i}\right\rfloor-\left\lfloor \dfrac{r}{p^i}\right\rfloor-\left\lfloor \dfrac{n-r}{p^i}\right\rfloor)+\sum_{i=l+1}^k(\left\lfloor \dfrac{n}{p^i}\right\rfloor-\left\lfloor \dfrac{r}{p^i}\right\rfloor-\left\lfloor \dfrac{n-r}{p^i}\right\rfloor) \le l+0+k-l = k$

ดังนั้น $\displaystyle (n+1)\binom{n}{r} \ | \ [1,2,...,n+1]$

ซึ่งส่งผลให้ $\displaystyle (n+1)[\binom{n}{0},\binom{n}{1},...,\binom{n}{n}] \ | \ [1,2,...,n+1]$

ส่วนขั้น $\displaystyle [1,2,...,n+1] \ | \ (n+1)[\binom{n}{0},\binom{n}{1},...,\binom{n}{n}]$ นั้นไม่ยากครับ