Chứng minh $d(n) \leq 2\sqrt{n}$ với mọi số nguyên dương $n$
#1
Đã gửi 03-08-2022 - 22:10
#2
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
- DOTOANNANG và Math04 thích
#3
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.
- DOTOANNANG yêu thích
#4
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
- DOTOANNANG yêu thích
#5
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
https://en.wikipedia...ivisor_function
- hxthanh, DOTOANNANG, Hoang72 và 1 người khác yêu thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#6
Đã gửi 05-08-2022 - 23:39
Bạn có thể trình bày chi tiết giúp mình vớiMình 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.
#7
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
- perfectstrong, hxthanh và Math04 thích
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh