Đến nội dung


Hình ảnh

Chứng minh $d(n) \leq 2\sqrt{n}$ với mọi số nguyên dương $n$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 trả lời

#1 Math04

Math04

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết

Đã gửi 03-08-2022 - 22:10

Với mỗi số nguyên dương $n$, kí hiệu $d(n)$ là số các ước nguyên dương của $n$. Chứng minh $d(n) \leq 2\sqrt{n}$ với mọi số nguyên dương $n$.


#2 Hoang72

Hoang72

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 411 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:Codingg

Đã gửi 04-08-2022 - 07:36

Viết $n = p_1^{k_1} . p_2^{k_2} ... p_h^{k_h}$.

Khi đó $d(n) = (k_1+1)(k_2+1)...(k_h+1)$.

Ta sẽ chứng minh: $k_1+1 \leq 2\sqrt{p_1^{k_1}}$ hay $(k_1+1)^2 \leq 4p_1^{k_1}$.

Nhận thấy VT là một đa thức bậc hai, còn VP là một luỹ thừa nên bất đẳng thức này dễ dàng chứng minh bằng quy nạp.

Tương tự với $k_2,...,k_h$ ta có đpcm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 04-08-2022 - 07:36


#3 Math04

Math04

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết

Đã gửi 04-08-2022 - 22:15

Viết $n = p_1^{k_1} . p_2^{k_2} ... p_h^{k_h}$.

Khi đó $d(n) = (k_1+1)(k_2+1)...(k_h+1)$.

Ta sẽ chứng minh: $k_1+1 \leq 2\sqrt{p_1^{k_1}}$ hay $(k_1+1)^2 \leq 4p_1^{k_1}$.

Nhận thấy VT là một đa thức bậc hai, còn VP là một luỹ thừa nên bất đẳng thức này dễ dàng chứng minh bằng quy nạp.

Tương tự với $k_2,...,k_h$ ta có đpcm.

Bạn cho mình hỏi nếu làm như vậy thì khi ta nhân các bất đẳng thức đó lại thì sẽ được $d(n) \leq 2^h\sqrt{n}$ thì vẫn chưa có điều cần chứng minh mà bạn. 



#4 Hoang72

Hoang72

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 411 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:Codingg

Đã gửi 05-08-2022 - 07:39

Bạn cho mình hỏi nếu làm như vậy thì khi ta nhân các bất đẳng thức đó lại thì sẽ được $d(n) \leq 2^h\sqrt{n}$ thì vẫn chưa có điều cần chứng minh mà bạn. 

Mình nhầm đó bạn, với mọi $p_i\geq 5$ thì đánh giá chặt $p_1^{k_1} > (p_1+1)^2$ luôn.

Với $p_i\in\{2;3\}$ mà $k_i \geq 3$ thì cũng đánh giá chặt được như vậy.

Việc còn lại là thử.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 05-08-2022 - 07:39


#5 perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản trị
  • 4504 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 05-08-2022 - 19:47

Chịu khó tìm kiếm một tí thì bạn sẽ thấy có nhiều tính chất thú vị được nghiên cứu về hàm $d(n)$ này :icon6:

https://en.wikipedia...ivisor_function


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D

$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$




I'm still there everywhere.

#6 Math04

Math04

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết

Đã gửi 05-08-2022 - 23:39

Mình nhầm đó bạn, với mọi $p_i\geq 5$ thì đánh giá chặt $p_1^{k_1} > (p_1+1)^2$ luôn.
Với $p_i\in\{2;3\}$ mà $k_i \geq 3$ thì cũng đánh giá chặt được như vậy.
Việc còn lại là thử.

Bạn có thể trình bày chi tiết giúp mình với

#7 Hoang72

Hoang72

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 411 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:Codingg

Đã gửi 06-08-2022 - 08:56

Đặt $n = p_1^{h_1} . p_2^{h_2} ... p_k^{h_k}$; trong đó $p_1,p_2,...,p_k$ là các số nguyên tố đôi một khác nhau; $h_1,h_2,...,h_k\in\mathbb N^*$.

Thế thì $d(n) = (h_1 + 1)(h_2 + 1) ... (h_k+1)$.

Với mọi số nguyên tố $p$ lớn hơn $3$ thì ta có bất đẳng thức đúng với mọi $h\in\mathbb N^*$: $\sqrt{p^h} > h+1$.

Do đó ta loại hết các số nguyên tố lớn hơn $3$, ta chỉ cần chứng minh: $$2\sqrt{2^i . 3^j} \geq (i+1)(j+1),\forall i,j\in\mathbb N$$

Ta chứng minh được hai bất đẳng thức sau: $\frac{9}{4} . 2^i \geq (i+1)^2,\forall i\in\mathbb N$; $\frac{16}{9} . 3^j\geq (j+1)^2,\forall j\in\mathbb N$.

Nhân lại ta có điều phải chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 06-08-2022 - 08:56





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh