$\text{lcm}(1,2,3,\ldots,n)\geq 2^n$ $n\geq 7$

Question

Puedo demostrar que $\text{lcm}(1,2,3,\ldots,n)\geq 2^{n-1}$.

Recientemente, he leído en un papel que para $n\geq 7$ tenemos:

$$\text{lcm}(1,2,3,\ldots,n)\geq 2^n$$

Puedes probarlo?

(esta desigualdad es un intresting la desigualdad. por ejemplo con esta desigualdad puede encontrar un límite inferior para el número de números primos menos de $n$.)

Answer 1

La prueba de esto, es casi el mismo para la comprobación de la cota de $2^{n-1}$. Considerar para $1\le m\le n$ $$I_{m,n}=\int_{0}^{1}x^{m-1}(1-x)^{n-m}=\sum_{k=0}^{n-m}\frac{a_k}{m+r}\quad \text{ for some }a_i\in \mathbb{Z}$$ Deje $\displaystyle\ell_n=\text{lcm}(1,2,\cdots,n)$. Ver$\ell_nI_{m,n}\in \mathbb{Z}$$1\le m\le n$. Ahora puede ser fácilmente visto que $\displaystyle I_{m,n}=\frac{1}{m\dbinom{n}{m}}$. Lo que sigue a partir de la integración por partes o reducción de fórmulas. Entonces tenemos : $$m\dbinom{n}{m}\mid \ell_n\quad \forall \;\;1\le m\le n$$ En general $$n\dbinom{2n}{n}\mid \ell_{2n}\quad \text{ and }\quad (2n+1)\dbinom{2n}{n}=(n+1)\dbinom{2n+1}{n+1}\mid \ell_{2n+1}$$ Ahora desde $\ell_{2n}\mid \ell_{2n+1}$ hemos \begin{align*} & n(2n+1)\dbinom{2n}{n}\mid \ell_{2n+1}\\ \implies & \ell_{2n+1}\ge n(2n+1)\dbinom{2n}{n}\ge n\cdot 4^n\ge 2^{2n+2}\quad \text{ for } \quad n\ge 4\end{align*} La última desigualdad se cumple desde $\dbinom{2n}{n}$ es el más grande de los co-eficientes en la expansión de $(1+x)^{2n}$. Por lo tanto $(1+1)^{2n}\le \dbinom{2n}{n}(2n+1)$. También se $$\ell_{2n+2}\ge \ell_{2n+1}\ge 2^{2n+2}\quad \text{ for }\quad n\ge 4$$ Por lo tanto hemos demostrado $$\ell_n\ge 2^{n}\quad \text{ for }\quad n\ge 9$$ Menor de los casos son revisados por la mano. Así hemos terminado.

También sobre el hecho de que $\log \ell_n\approx n$. Este es un boceto.

Tome algunos de los mejores $p$ dividiendo $\ell_n$. Ahora $\nu_p$ el máximo exponente de $p$$\ell_n$. A continuación, $p^{\nu_p}\mid k$ algunos $1\le k\le n$, $p^{\nu_p}\le n\implies \nu_p\le \frac{\log n}{\log p}$ Ahora \begin{align*} &\ell_n=\prod_{p\le n}p^{\nu_p}\le \prod_{p\le n}p^{\frac{\log n}{\log p}}\\ \implies & \log \ell_n\le \sum_{p\le n}\left(\frac{\log n}{\log p}\cdot \log p\right)=\pi(n)\log n\approx n\quad \text{for large }n\end{align*} donde la última declaración sostiene debido a que el primer número teorema.