Chủ đề này có 1 trả lời

[lovemathforeverlqd]

Chứng minh rằng:

1.$\sigma (n)+\varphi (n)\geq 2n$

2.$\sum_{i=1}^{n} \tau (i)=2\sum _{i=1}^{[\sqrt{n}]}[\frac{n}{i}]-[\sqrt{n}]^{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lovemathforeverlqd: 04-07-2016 - 15:20

[lahantaithe99]

Bổ đề 1:

Đặt $n=p_1^{a_1}...p_k^{a_k}$

Thấy rằng $\text{VT}=\prod ^{k}_{i=1}p_i^{a_i-1}\prod^{k}_{i=1} \left (p_i-1 \right )+\prod^{k}_{i=1} (p_i^{a_i}+p_i^{a_i-1}+...+1)=n\left[\prod ^{k}_{i=1}\left ( 1-\frac{1}{p_i} \right )+\prod^{k}_{i=1}\left ( \frac{1}{p_i} +1\right ) \right]$

Thế nên ta cần có $\left[\prod ^{k}_{i=1}\left ( 1-\frac{1}{p_i} \right )+\prod^{k}_{i=1}\left ( \frac{1}{p_i} +1\right ) \right]\geq 2$

Điều này hiển nhiên đúng vì những số có dấu âm khi khai triển $\prod ^{k}_{i=1}\left ( 1-\frac{1}{p_i} \right )$ đều bị triệt tiêu bởi những số giống vậy nhưng có dấu dương của biểu thức $\prod^{k}_{i=1}\left ( \frac{1}{p_i} +1\right ) $

Đẳng thức xảy ra khi $n$ là số nguyên tố.

Bổ đề 2: 

 

Ta thấy $\text{VT}=\tau(1)+...+\tau(n)$ là  số các ước nguyên dương của $1,2,...,n$

Mỗi $\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor$ là số các số chia hết cho $i$ từ  $1,2,...,n$. Với $i$ chạy từ $1$ đến $n$ ta có $\sum^{n}_{i=1} \left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor$ là số các số chia hết cho $1,2,..,n$ từ $1,2,...,n$, tức là xác định được số ước của mỗi số từ $1,2,...,n$

Do đó $\sum^{n}_{i=1} \left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor=\tau(1)+...+\tau(n)$

Ta cần CM $2\left ( \left \lfloor \frac{n}{1} \right \rfloor+...+\left \lfloor \frac{n}{\left \lfloor \sqrt{n} \right \rfloor} \right \rfloor \right )=\left \lfloor \frac{n}{1} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor+...+\left \lfloor \frac{n}{n} \right \rfloor+\left \lfloor \sqrt{n} \right \rfloor^2$ $(\star)$

Xét hàm $f(x)=\frac{n}{x}$ thì $f^{-1}(x)=\frac{n}{x}$. Ta thấy hàm $f[1,\left \lfloor \sqrt{n} \right \rfloor]\rightarrow [\left \lfloor \sqrt{n} \right \rfloor+1,n]$ đơn điệu giảm và khả nghịch. Khi đó $\sum ^{\left \lfloor \sqrt{n} \right \rfloor}_{i=1}\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor-\sum ^{n}_{i=\left \lfloor \sqrt{n} \right \rfloor+1}\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor=\left \lfloor \sqrt{n} \right \rfloor\alpha (\left \lfloor \sqrt{n} \right \rfloor+1)-\left \lfloor n \right \rfloor\alpha (1)=\left \lfloor \sqrt{n} \right \rfloor^2$, hay ta có $(\star)$, suy ra đpcm