Voy a través de la prueba y no me queda claro la suficiencia de Erdös del argumento en un solo paso.
Aquí está la puesta en marcha para el argumento:
(1) Vamos a $\{x\}$ ser el menor entero mayor o igual a $x$.
(2) Vamos a $a_i$ ser la abreviatura de $\left\{\dfrac{n}{2^i}\right\}$, de modo que $a_1 =\left\{\dfrac{n}{2}\right\}, a_2 =\left\{\dfrac{n}{2^2}\right\}, a_k =\left\{\dfrac{n}{2^k}\right\}$ $a_1 \ge a_2 \ge a_3 \ge \dots a_k$
(3) $a_k \le 2a_{k+1}$ desde $a_k < \dfrac{n}{2^k}+1 = \dfrac{2n}{2^{k+1}}+1 \le 2a_{k+1} + 1$
(4) Si $m$ es el primer exponente de que $\dfrac{n}{2^m} \le 1$, $a_m = 1$
Ahora, aquí está la conclusión de que Erdös hace:
$\prod\limits_{p_i \le n}p_i\prod\limits_{p_k \le \sqrt{n}}p_k\prod\limits_{p_l \le \sqrt[3]{n}}p_l \dots \le {2a_1 \choose a_1}{2a_2 \choose a_2}\dots{2a_m\choose a_m}$
El argumento para esto se basa en las siguientes observaciones (que parecen razonables a mí, yo simplemente no estoy claro cómo se suman a la conclusión de más arriba)
- $1 < y \le n$ está completamente cubierta por los intervalos:
$$a_m < y\le 2a_m, a_{m-1} < y \le 2a_{m-1}, \dots, a_1 < y \le 2a_1$$
- El intervalo de $1 < y \le \left\lfloor\sqrt[k]{n}\right\rfloor$ está completamente cubierta por los intervalos:
$$\left\lfloor\sqrt[k]{a_m}\right\rfloor < y\le \left\lfloor\sqrt[k]{(2a_m)}\right\rfloor, \left\lfloor\sqrt[k]{a_{m-1}}\right\rfloor < y\le \left\lfloor\sqrt[k]{(2a_{m-1})}\right\rfloor, \dots,$$
No tengo claro cómo esta muestra de la desigualdad anterior: "el lado derecho de ser un múltiplo de la izquierda."
