Su prueba proporciona un uso interesante del resultado de la desigualdad lcm de Hanson y parece ser básicamente correcta, pero hay algunos pequeños errores y otras cuestiones.
En su paso (5), usted escribió
... $v_p({{3x}\choose{2x}}) = \sum\limits_{i \le \log_p(3n)} \left\lfloor\frac{3x}{p^i}\right\rfloor - \left\lfloor\frac{2x}{p^i}\right\rfloor - \left\lfloor\frac{x}{p^i}\right\rfloor$ que es igual a $1$ o $0$ para cada $i$ ...
En primer lugar, en la parte de la suma de $i \le \log_p(3n)$ El $n$ Creo que se supone que es $x$ . Además, en algo como un diario de matemáticas, la afirmación "es igual a $1$ o $0$ para cada $i$ " puede ser obvio y suficiente, pero no creo que sea para aquí ya que, al menos yo, no sabía inicialmente si era siempre cierto. Para su información, esto es lo que hice para confirmar esto. Dejé que $d = p^i$ y $x = md + r$ para $m,d \in \mathbb{N}^0$ y $0 \le r \lt d$ . Entonces,
\begin{align} \left\lfloor \frac{3x}{d} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{2x}{d} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{x}{d} \right\rfloor & = 3m + \left\lfloor \frac{3r}{d} \right\rfloor - 2m - \left\lfloor \frac{2r}{d} \right\rfloor - m - \left\lfloor \frac{r}{d} \right\rfloor \\ & = \left\lfloor \frac{3r}{d} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{2r}{d} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{r}{d} \right\rfloor \\ & = \left\lfloor \frac{3r}{d} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{2r}{d} \right\rfloor\tag{1}\label{eq1} \end{align}
Desde $r$ y $d$ son positivos, ambos términos son no negativos y $\left\lfloor \frac{3r}{d} \right\rfloor \ge \left\lfloor \frac{2r}{d} \right\rfloor$ Así que \eqref {eq1} es no negativo. Como $\left\lfloor \frac{3r}{d} \right\rfloor \le 2$ La única manera es \eqref {eq1} puede ser cualquier cosa que no sea $0$ o $1$ sería para $\left\lfloor \frac{3r}{d} \right\rfloor = 2$ (que requiere $\frac{2d}{3} \le r \lt 1$ ) y $\left\lfloor \frac{2r}{d} \right\rfloor = 0$ (que requiere $0 \le r \lt \frac{d}{2}$ ). Dado que no hay solapamiento entre esos $2$ regiones, el resultado de \eqref {eq1} debe ser siempre $0$ o $1$ .
A continuación, usted afirma
Si un primo $p > \sqrt{3x}$ entonces $v_p({{3x}\choose{2x}}) = 1$ y $p | \text{lcm}(\frac{3x}{2})$
Para $x = 5$ , tenga en cuenta que $p = 5 \gt \sqrt{15}$ pero ${{3x}\choose{2x}} = {{15}\choose{10}} = 3 \times 7 \times 11 \times 13$ Así que $v_p({{3x}\choose{2x}}) = 0$ en este caso. Una afirmación correcta sería algo así como $v_p({{3x}\choose{2x}}) \leq 1$ . Tenga en cuenta que esto no afecta realmente a su argumento y, de hecho, lo refuerza ligeramente, ya que quiere tener un límite superior suficientemente pequeño.
Con la siguiente declaración de
Si un primo $p \le \sqrt{3x}$ entonces $v_p({{3x}\choose{2x}}) \le \log_p(3x) \le v_p(\frac{3x}{2})+1$
primera nota creo que quiere decir que la última parte es $v_p\left(\text{lcm}\left(\frac{3x}{2}\right)\right) + 1$ en su lugar. Sin embargo, para $p = 2$ y $x = 4$ entonces $\log_p(3x) = \log_2(12) \gt 3$ pero $v_p\left(\text{lcm}\left(\frac{3x}{2}\right)\right) + 1 = v_2(60) + 1 = 2 + 1 = 3$ . Una afirmación correcta podría utilizar el hecho de que $v_p$ es siempre un número entero, por lo que puede utilizar el componente entero del registro para obtener $v_p({{3x}\choose{2x}}) \le \left\lfloor \log_p(3x) \right\rfloor \le v_p\left(\text{lcm}\left(\frac{3x}{2}\right)\right) + 1$ .
Finalmente, para la segunda parte de (7), escribiste
y para $x \ge 246$ , $6 > (3^{3/2})(3^{\sqrt{3x+2} - \sqrt{3x}})\left(\dfrac{x+1}{x}\right)$
No veo cómo consigues esto. Su paso (6) establece que $\dfrac{6^x}{x} < 3^{3x/2}3^{\sqrt{3x}}$ . Si se multiplica por $x$ y tomar el $x$ 'raíz de ambos lados, se obtiene $6 \lt 3^{3/2}3^{\sqrt{3/x}}x^{1/x}$ . Sugiero que no sólo muestres cómo has obtenido tu resultado, sino también cómo has demostrado que siempre es cierto para $x \ge 246$ .
Así es como demostraría que (6) no es cierto para $x \ge 246$ . En primer lugar, observe que como los logaritmos, incluido el logaritmo natural, son una función estrictamente creciente para los números positivos, entonces $a \ge b \iff \log a \ge \log b$ . Por lo tanto, tome el logaritmo natural de ambos lados de (6) y mueva el lado derecho al lado izquierdo para obtener la siguiente función
\begin{align} f(x) & = \ln(6)x - \ln(x) - \frac{3\ln(3)}{2}x - \ln(3)\sqrt{3}\sqrt{x} \\ & = \left(\ln(6) - \frac{3\ln(3)}{2}\right)x - \ln(3)\sqrt{3}\sqrt{x} - \ln(x) \tag{2}\label{eq2} \end{align}
Ya ha demostrado que $f(246) \gt 0$ . Si puede demostrar que $f'(x) \ge 0$ para $x \ge 246$ entonces $f(x) \gt 0$ para todos $x \ge 246$ . Diferenciando \eqref {req2} da
\begin{align} f'(x) & = \left(\ln(6) - \frac{3\ln(3)}{2}\right) - \left(\frac{\ln(3)\sqrt{3}}{2}\right) \frac{1}{\sqrt{x}} - \frac{1}{x} \\ & = \frac{1}{x}\left(\left(\ln(6) - \frac{3\ln(3)}{2}\right)x - \left(\frac{\ln(3)\sqrt{3}}{2}\right)\sqrt{x} - 1\right) \tag{3}\label{eq3} \end{align}
Tenga en cuenta que
$$g(x) = \left(\ln(6) - \frac{3\ln(3)}{2}\right)x - \left(\frac{\ln(3)\sqrt{3}}{2}\right)\sqrt{x} - 1 \tag{4}\label{eq4}$$
es una ecuación cuadrática en $\sqrt{x}$ . Como el coeficiente de $x$ es decir, $\ln(6) - \frac{3\ln(3)}{2} = 0.143841\ldots \gt 0$ el valor siempre será positivo para un tamaño suficientemente grande $x$ . Dejemos que $y = \sqrt{x}$ para transformar \eqref {eq4} a
$$h(y) = \left(\ln(6) - \frac{3\ln(3)}{2}\right)y^2 - \left(\frac{\ln(3)\sqrt{3}}{2}\right)y - 1 \tag{5}\label{eq5}$$
Tenga en cuenta que $h(\sqrt{246}) = 19.462358\ldots$ . También,
$$h'(y) = 2\left(\ln(6) - \frac{3\ln(3)}{2}\right)y - \left(\frac{\ln(3)\sqrt{3}}{2}\right) \tag{6}\label{eq6}$$
Desde $h'(\sqrt{246}) = 3.560690\ldots$ y $h'(y)$ es una función lineal estrictamente creciente, esto demuestra que, en resumen, $f(x)$ en \eqref {eq2} es siempre positivo para $x \ge 246$ lo que confirma lo que estás tratando de probar.
