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Edit: OK, volver a colocar aquí.
El primer paso hacia la solución, como sucede a menudo, es generalizar el problema. En lugar de simplemente un conjunto de $A$, se considerará $3$ conjuntos de $A,B,C$ de cardinalidades $|A|,|B|,|C|$ e intentará demostrar que no existe $a\in A,b\in B,c\in C$ tal que $[a,b,c]\ge\sigma |A|\cdot|B|\cdot|C|$.
La razón por la que la generalización es que vamos a emplear el habitual "mínimo contraejemplo" técnica
(un.k.a. "descenso infinito", etc.) y tenemos mucha más libertad si se nos permite modificar tres conjuntos diferentes de forma independiente en lugar de sólo uno de ellos.
Nuestro primer intento de hacer que la reducción del modulo $p^k$ donde $p$ es un primer e $k\ge 1$ es un número entero. Deje $A_{p,k}=\{a\in A: v_p(a)=k\}$ donde, como de costumbre, $v_p(a)=\max\{v:p^v\mid a\}$. Deje que nos reemplace $A$ con $A'=\{a'=p^{-k}a: a\in A_{p,k}\}$. Para cada $b\in B$, definir $b'=\frac{b}{p^{\min(k,v_p(b))}}$. Los números de $b'$ forma un conjunto $B'$ de cardinalidad $|B'|\ge\frac{|B|}{(k+1)}$ debido a que cada una de las $b'$ puede ser obtenido a partir de que en la mayoría de $k+1$ diferentes $b\in B$. Definir $C'$ en una manera similar. Tenga en cuenta que si $a'\in A', b'\in B', c'\in C'$, e $a,b,c$ son los elementos de $A,B,C$ a partir de que $a',b',c'$ fueron obtenidos, tenemos $[a,b,c]=p^k[a',b',c']$. Por lo tanto, si tenemos un mínimo de contraejemplo $A,B,C$ a nuestra declaración, a continuación, $A',B',C'$ no es un contraejemplo, para que podamos encontrar la $a',b',c'$ con $[a',b',c']\ge \sigma |A'|\cdot |B'|\cdot |C'|\ge \sigma (k+1)^{-2}|A_{p,k}|\cdot|B|\cdot|C|$, que no nos va a dar un triple $a,b,c$ con grandes mínimo común múltiplo sólo si $|A_{p,k}|\le (k+1)^2p^{-k}|A|$. Así, en nuestro mínima contraejemplo, debemos tener presente la desigualdad para todos los prime $p$ y todos los $k\ge 1$. Tenga en cuenta que es trivialmente cierto con $k=0$ así. La misma desigualdad se cumple para las cardinalidades de los conjuntos de $B_{p,\ell}$ e $C_{p,m}$.
Ahora vamos a tratar de calcular el promedio de la técnica. Ya que estamos tratando con un problema multiplicativo, será conveniente el uso de medios geométrica. Así que, vamos a considerar la identidad
$$
\prod_{un\en a,b\in B,c\in C}\frac{abc}{[a,b,c]}\prod_{un\en a,b\in B,c\in C}[a,b,c]=\prod_{un\en a,b\in B,c\in C}(abc)
$$
Los productos tienen $|A|\cdot|B|\cdot|C|$ factores que en ellos y con el producto de la derecha es al menos
$$
(|A|!)^{|B|\cdot|C|}(|B|!)^{|A|\cdot|C|}(|C|!)^{|A|\cdot|B|}\ge e^{-3||A\cdot A\cdot|C|}(|A|\cdot A\cdot|C|)^{||A\cdot A\cdot|C|}
$$
Nuestra tarea principal será la de calcular el primer producto en la izquierda por $e^{K|A|\cdot|B|\cdot|C|}$ con absoluta $K>0$. Si logramos hacer eso, inmediatamente vamos a obtener el resultado deseado "en promedio" con $\sigma=e^{-K-3}$. Para ello, vamos a estimar la potencia a la que cada uno de los prime $p$ pueden aparecer en este producto. Así, corregir algunos $p$ y asumir que $a\in A_{p,k},b\in B_{p,\ell},c\in C_{p,m}$. A continuación, $p$ aparece en el factor de $\frac{abc}{[a,b,c]}$ a todos, solamente si $k+\ell+m\ge 2$ y su poder en este caso no exceda el $k+\ell+m+1$ (lo sé, esto es un idiota obligado, pero que mantiene, y me permite tener todos los factores de la misma forma). Por lo tanto, la potencia total en el que $p$ aparece en el primer producto en la mayoría de los
$$
\begin{aligned}
&\sum_{k,\ell,m:k+\ell+m\ge 2}(k+\ell+m+1)|A_{p,k}|\cdot|B_{p,\ell}|\cdot|C_{p,m}|
\cr
&\le
|A|\cdot|B|\cdot|C|\cdot\sum_{k,\ell,m:k+\ell+m\ge 2}(k+\ell+m+1)^7p^{-(k+\ell+m)}
\end{aligned}
$$
Ya existen en la mayoría de las $(M+1)^2$ formas de representar un número entero positivo $M$ como una suma de tres enteros no negativos, la última suma es en la mayoría de las $\sum_{M\ge 2}(M+1)^9p^{-M}$.
Ahora es el momento de poner todas las $p$ juntos. Llegamos $e^{K|A|\cdot|B|\cdot|C|}$ con
$$
K=\sum_{M\ge 2,p\text{ prime}}(M+1)^9p^{M}\log p
$$
y nuestra única tarea es mostrar que esta doble serie converge. Nos podemos olvidar de que $p$ es primo, sólo recuerda que $p\ge 2$. También para cualquier $\delta>0$, se puede estimar $(M+1)^9\le C_\delta p^{\delta M}$, $\log p\le C_\delta p^{\delta}$ con algunos finito $C_\delta>0$. Así, en nuestra serie es dominado por
$$
\sum_{M,p\ge 2}p^{\delta-(1-\delta)M}=\sum_{p\ge 2} \frac{p^{3\delta-2}}{1-p^{\delta-1}}\ge \frac 1{1-2^{\delta-1}}\sum_{p\ge 2}p^{3\delta-2}<+\infty
$$
si $\delta<\frac 13$.
Esta prueba puede ser fácilmente generalizar a cualquier número de series, pero la constante que se da es bastante terrible. Sería bueno para conseguir algunos de los mejores obligado incluso para el caso de los 2 conjuntos. Como de costumbre, preguntas y comentarios son bienvenidos.
