2014-06-07
Для заданного натурального числа $k>1$ через $Q(n), n \in \mathbf{N}$, обозначено наименьшее общее кратное чисел $n, n+1, \cdots , n+k$. Доказать, что существует бесконечно много значений $n \in \mathbf{N}$, удовлетворяющих неравенству $Q(n) > Q(n+l)$.
Решение:
Докажем, что неравенству $Q(n) > Q(n+1)$ удовлетворяет любое число
$n = r \cdot k! – 1$, где $r \in \mathbf{N}, r \geq 3$.
Обозначим
$m = [n+1, \cdots , n+k]$.
При $j = 1, \cdots , k$ имеем $n = - 1 (\mod j)$, откуда
$(n.j)=1$ и $(n,n+j)=1$.
Следовательно,
$(n,m)=1$ и $Q(n)=[n.n+1m \cdots , n+k]=[n,m]=nm$.
С другой стороны, число
$n+k+1 = r \cdot k! + k$
делится на $k$. Число $m$ делится на $n + 1 = r \cdot k!$, а значит, и на $k$.
Поэтому число $m(n+k+1)/k$ делится как на $m$, так и на $n+k+1$. Значит,
$Q(n+1)=[n+1, \cdots , n+k, n+k+1]= [m,n+k+1] \leq m(n+k+1)/k$.
Отсюда, учитывая оценки $k \geq 2; r \geq 3$, получаем
$Q(n+1) \leq \frac{m(n+k+1)}{2} = \frac{mn}{2} \left ( 1 + \frac{k+1}{n} \right ) \leq \frac{mn}{2} \left ( 1 + \frac{k+1}{3k-1} \right ) < \frac{mn}{2} \cdot 2 = mn = Q(n)$,
что и требовалось доказать.