An Upper Bound for the Divisor Function


Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, ta có \tau (n)\leq \sqrt{3n}. Khi nào thì có dấu đẳng thức?

Lời giải. Với n=1 ta có ngay bất đẳng thức cần chứng minh. Giả sử n>1 và phân tích tiêu chuẩn ra thừa số nguyên tố của nó là
\displaystyle n = p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \cdots p_k^{\alpha_k}
trong đó p_i là các số nguyên tố (p_1 < p_2 < \dots < p_k) và \alpha_i \ge 1 là các số nguyên dương.

Bất đẳng thức cần chứng minh \tau(n) \le \sqrt{3n} có thể được viết lại dưới dạng
\displaystyle\prod_{i=1}^k \frac{\alpha_i + 1}{p_i^{\alpha_i / 2}} \le \sqrt{3}.

Để tiện đánh giá, ta xét hàm số f(p, \alpha) = \frac{\alpha + 1}{p^{\alpha / 2}} với p là số nguyên tố và \alpha \ge 1. Ta sẽ tìm giá trị lớn nhất của hàm f(p, \alpha) đối với từng số nguyên tố p.

Với p = 2, giá trị lớn nhất của của f(2, \alpha)\frac{3}{2}, đạt được khi và chỉ khi \alpha = 2. Với p = 3, giá trị lớn nhất của f(3, \alpha)\frac{2}{\sqrt{3}}, đạt được khi và chỉ khi \alpha = 1. Với p\geq 5, ta có
\displaystyle f(p, \alpha) \le \frac{2}{\sqrt{5}} < 1
với mọi số nguyên dương \alpha.

Từ các đánh giá trên, ta quay lại tích ban đầu:
\displaystyle\frac{\tau(n)}{\sqrt{n}} = \prod_{p_i \mid n} f(p_i, \alpha_i).

Nếu trong phân tích của n có chứa các thừa số nguyên tố p \ge 5, các thành phần này sẽ kéo giá trị của tích xuống (vì chúng nhỏ hơn 1). Do đó để biểu thức đạt giá trị lớn nhất, n chỉ có thể chứa các ước nguyên tố là 2 và 3. Với các n này ta có
\displaystyle \frac{\tau(n)}{\sqrt{n}} \le f(2, \alpha_2) \cdot f(3, \alpha_3) \le \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}.

Bất đẳng thức \tau(n) \le \sqrt{3n} đã được chứng minh hoàn toàn. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi các điều kiện sau phải được thỏa mãn đồng thời:

  1. f(2, \alpha_2) = \frac{3}{2}.
  2. f(3, \alpha_3) = \frac{2}{\sqrt{3}}.
  3. n không có bất kỳ ước nguyên tố nào khác ngoài 2 và 3.

Vậy dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi n = 2^2 \cdot 3^1 = 12. \Box

Leave a comment