数论函数
UPD on 2025.8.6：补充说明
设 \(n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}...p_k^{\alpha_k}\) ，有如下常见的数论函数：
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\(\sigma(n)=\sum\limits_{d\mid n}d\) ，表示 \(n\) 的因子之和，另一个表达式是 \(\sigma(n)=\sum\limits_{i=1}^k\frac{p_i^{\alpha_i+1}-1}{p_i-1}\)
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\(\tau(n)=\sum\limits_{d\mid n}1\) ，表示 \(n\) 的因子数，另一个表达式是 \(\tau(n)=\prod\limits_{i=1}^n(\alpha_i+1)\)
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\(\varphi(n)\) 是指 \([1,n]\) 内与 \(n\) 互素的数的个数，我们在另一篇笔记中已经详细探讨了
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\(\omega(n)=k\) ，也就是 \(n\) 的不同素因子个数
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\(\pi(n)=\sum\limits_{p\le n}1\) ，也就是不超过 \(n\) 的素数个数，在素数详细探讨了这个函数（实际上也不详细hh，这个需要高等估计）
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\(\Omega(k)=\sum\limits_{i=1}^k\alpha_i\) 表示 \(n\) 的素因子总数
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莫比乌斯函数，当 \(n\) 不含平方因子， \(\mu(n)=(-1)^{\omega(n)}\) ，否则 \(\mu(n)=0\) 。这个函数具有容斥原理意义，在数论函数的计算中较常见
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\(v_p(n)\) 表示 \(n\) 中 \(p\) 的幂次
CP1
先来探讨一些关于 \(\sigma,\tau\) 的问题，这两个数论函数是最常见的
这两个函数都是积性函数，也就是说，当 \((n,m)=1\) ，有 \(f(nm)=f(n)f(m)\)
重要观点是： \(d\) 取遍 \(n\) 的因子时， \(\frac nd\) 也取遍 \(n\) 的因子，在这两个函数的相关问题中经常用到
例1
证明： \(\tau(n)\sqrt{n}<\sigma(n)<n\sqrt{2\tau(n)}\)
左边是简单的，因为 \(2\sigma(n)=\sum\limits_{d\mid n}(d+\frac nd)\ge 2\tau(n)\sqrt{n}\) ，等号不能成立因为 \(1+n>2\sqrt{n}\)
右边会难一些， \(\sigma^2(n)=(\sum\limits_{d\mid n}\frac nd)^2\le (\sum\limits_{d\mid n}n^2)(\sum\limits_{d\mid n}\frac 1{d^2})< 2\tau(n)n^2\) （由 \(Cauchy\) 不等式）
例2
证明：对每个正整数 \(a\) ，存在无穷多正整数 \(n\) ，使得 \(\sigma(an)<\sigma(an+1)\)
关键是，若 \(n\) 是素数， \(\sigma(an)=(n+1)\sigma(a)\) ，但若 \(an+1\) 有很多因子，就可使 \(\sigma(an+1)>\sigma(an)\)
对 \(\sigma\) 的常见估计是（ \(n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}...p_k^{\alpha_k}\) ） \(\sigma(n)=\prod\frac{p_i^{\alpha_i+1}-1}{p_i-1}\le\prod\frac{p_i}{p_i-1}\cdot p_i^{\alpha_i}=n\prod\frac{p_i}{p_i-1}\) 以及 \(\sigma(n)\ge\prod(p_i^\alpha+p_i^{\alpha-1})=n\prod\frac{p_i+1}{p_i}\)
对不整除于 \(a\) 的素数 \(p_1,p_2,...\) ，只要令 \(an\equiv -1\:(mod~p_i)\) （由中国剩余定理与 \(Dirichlet\) 定理给出无穷多这样的素数），就有 \(\sigma(an+1)\ge (an+1)\prod\frac{p_i+1}{p_i}\) ，由 \(\prod\frac{p_i+1}{p_i}\) 的发散性（因为 \(\sum\frac 1p\) 发散）可构造 \(\prod\frac{p_i+1}{p_i}\ge \frac{n+1}n\) ，证毕
例3
若 \(\sigma(n)\nmid n!\) ，证明： \(n\ge 4\) 是素数的偶次幂
记 \(n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}...p_k^{\alpha_k}\) ， \(q_i=\frac{p_i^{\alpha_i+1}-1}{p_i-1}\)
（这题直接硬做也可做，估计的量级差足够大，但是细节就会较复杂，此解答经过了一些优化）
我们先考虑 \(k\ge 2\) 的情况，证明 \(\sigma(n)\mid n!\)
在 \(1,2,...,n\) 中有 \([\frac n{q_i}]\) 个 \(q_i\) 的倍数，将 \(q_i\) 按一定顺序排序（待定），只要 \([\frac n{q_i}]\ge i\) ，就可以给每个 \(q_i\) 找到一个对应的倍数，他们互不相同（按顺序取，由于取到 \(q_i\) 的时候只取了 \(i-1\) 个数，就一定有至少一个倍数可取）
由 \(q_i\le p_i^{\alpha_i}\cdot \frac{p_i}{p_i-1}\) ，希望 \([\frac n{p_i^{\alpha_i}}\cdot\frac {p_i-1}{p_i}]\ge i\)
只要将 \(p_i\) 从大到小排序：
显然 \([\frac n{p_1^{\alpha_1}}\cdot\frac {p_1-1}{p_1}]\ge [p_2\cdot\frac{p_1-1}{p_1}]\ge 1\)
当 \(k\ge 3\) ， \(i=2,...,k,[\frac n{p_i^{\alpha_i}}\cdot\frac {p_i-1}{p_i}]\ge [p_1p_t\cdot \frac{p_i-1}{p_i}]\ge p_1>k,t\ne i\)
当 \(k=2\) ， \([\frac n{p_i^{\alpha_i}}\cdot\frac {p_i-1}{p_i}]\ge[p_1^{\alpha_1}\cdot\frac{p_2-1}{p_2}]\) ，当 \(\alpha_1>1\) 或 \(p_2\ge 3(p_1\ge 5)\) 或 \(p_1\ge 5(5\cdot \frac 12>2)\) 时均可 \(\ge 2\) ，仅 \(p_1=3,p_2=2\) 时不成立，此时 \(n=6\) ，检验知不符合条件
现在设 \(n=p^\alpha\) ，当 \(\alpha\ge 3\) 为奇数， \(q=\frac{p^{\alpha+1}-1}{p-1}=\frac{p^{\frac{\alpha+1}2}-1}{p-1}\cdot (p^{\frac{\alpha+1}2}+1)\) ，给出两个不同的不超过 \(p\) 的因子，不符合条件
当 \(\alpha=1\) 显然不成立，证毕
例4
正整数 \(a\) 被称为超可除的，如果 \(\forall 1\le b<a\) ，有 \(\tau(b)<\tau(a)\) ，证明：对任意正整数 \(n\) ，充分大的超可除数一定是 \(n\) 的倍数
首先，由于 \(\tau\) 无界，存在无穷多超可除数
接下来设超可除数 \(n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}...p_k^{\alpha_k}...,p_1<p_2<...<p_k\) 是前 \(k\) 个素数， \(\alpha_i\ge 0\)
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我们说 \(\alpha_1\ge \alpha_2\ge...\ge\alpha_k\) ，否则设 \(\alpha_i<\alpha_j,i<j\) ，则 \(\tau(n\cdot\frac{p_i}{p_j})\ge \tau(n)\) （当 \(\alpha_i<\alpha_j\) ， \(\alpha_i\alpha_j\le (\alpha_i+1)(\alpha_j-1)\)）且 \(n\cdot\frac{p_i}{p_j}<n\) ，与 \(n\) 是超可除数矛盾
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对任意正整数 \(k,i\) ，记 \(s\) 为满足 \(p_k^s>p_{k+i}\) 的最小数，则当 \(\alpha_k\ge 2s\) 时，必定有 \(\alpha_{k+i}\ge 1\) ，否则 \(\tau(n\cdot\frac{p_{k+i}}{p_k^s})>\tau(n)\) （因为 \(\frac{\alpha_k+1}{\alpha_k-s+1}>\frac 12\)） ，但 \(\frac{p_{k+i}}{p_k^s}<1\) ，矛盾
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对任意正整数 \(k,i\) ，记 \(s\) 为满足 \(p_k^s<p_{k+i}\) 的最大数，则当 \(\alpha_{k+i}\ge 1\) 时，有 \(\alpha_k\ge s\) ，否则 \(\tau(n\cdot\frac{p_k^s}{p_{k+i}})>\tau(n)\) （因为 \(\frac{\alpha_k+s+1}{\alpha_k}>\frac 12\) ），但 \(\frac{p_k^s}{p_{k+i}}<1\) ，矛盾
我们说，对任意素数 \(p_k\) ，一定能找到一个超可除数，从它开始每个数都是 \(p_k\) 的倍数
对 \(k\) 记 \(m_i=2s\) ，其中 \(s\) 为满足 \(p_i^s>p_{k+1}\) 的最小数。一旦 \(\sum\limits_{i=1}^{k}\alpha_i>m_1+m_2+...+m_k\) ，由抽屉原理就能找到 \(\alpha_i\ge m_i\) ，使得 \(\alpha_{k+1}\ge 1\) （性质 \(2\) ）；而当 \(\alpha_{k+1}\ge 1\) ，一定有 \(\alpha_k\ge 1\) （性质 \(1\) ），而 \(\sum\limits_{i=1}^{k-1}\alpha_i\le m_1+m_2+...+m_{k-1}且\alpha_{k+i}=0\) 的数组有限
那么若 \(n=q_1^{\alpha_1}...q_{t}^{\alpha_t}\) ，取 \(p_k>\max \{q_i^{\alpha_i}\}\) ，根据第三点完成证明
例5
给定整数 \(a\ge 9\) ，求证：至多存在有限个正整数 \(n\) ，同时满足下列条件：
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\(\tau(n)=a\)
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\(n\mid \varphi(n)+\sigma(n)\)
如果 \(n\) 只有一个素因子，显然是不成立的，所以考虑 \(n\) 至少两个素因子
不是很同于一般（数论函数）整除关系的处理，我们不会分析单个素因子，这道题需要直接代入公式，看到：
\(\large\frac{\varphi(n)+\sigma(n)}n=\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)\frac 1d+\sum\limits_{d\mid n}\frac 1d=\sum\limits_{d\mid n}\frac{\mu(d)+1}d\)
我们来证明对任何 \(m\in \mathbb{Z}_+\) ，满足 \(\sum\limits_{d_i\mid n}\frac{\mu(d_i)+1}{d_i}=m\) 的 \((d_1,d_2,...,d_a)\) 只有有限多组。
由于 \(LHS\le 2a\) ，所以仅有有限个 \(m\) 有解，因此上述命题直接可推出我们的欲证。
我们看所有的满足 \(\mu(d_i)\ne -1\) 的 \(d_i\) ，我们说这些 \((d_1,d_2,...,d_k)(k\le a)\) 是有限的。进一步地，由于 \((d_{k+1},...,d_a)\) 的素因子已经确定（由于 \(n\) 至少有两个素因子，所以前面的 \(d_i\) 包含了全部素因子），而且它们因数个数不超过 \(a\) ，因此素因子幂次有限，从而这些约数可取的值也是有限的。
对 \(k=1,2,...,a\) 分别论证，我们可以将 \(k\) 看作常数，不妨 \(d_1<d_2<...<d_k\)
由于 \(d_1\) 最小，可知 \(2\frac {\mu(d_1)+1}{d_1}\ge \frac {\mu(d_i)+1}{d_i}\) 即 \(\frac {\mu(d_1)+1}{d_1}\ge \frac m{2k}\) ，则 \(d_1\le \frac {4k}m\)
我们归纳说明 \(d_i\) 存在上界。假设对 \(1\le i\le n\) 已经找到这个上界 \(d_i\le f(i)\) ，有
\(m-\sum\limits_{i=1}^n \frac {\mu(d_i)+1}{d_i}\le 2(k-n)\frac{\mu(d_{n+1})+1}{d_{n+1}}\)
\(\rightarrow \frac 1{d_1d_2...d_n}\le 2(k-n)\frac{\mu(d_{n+1})+1}{d_{n+1}}\)
\(\rightarrow d_{n+1}\le 4(k-n)d_1d_2...d_n\le 4kd_1d_2...d_n\)
可以验证， \(f(x)=(4k)^{2^{x-1}}\) 满足要求
注：数论分析很困难，这题最大的难点恐怕是要结合题目欲证选择代数路线，这并不好想到
CP2
有等式 \(\Omega(ab)=\Omega(a)+\Omega(b)\)
例1
设 \(a_1,a_2,...,a_n\) 是正整数，多项式 \(f(x)=(x+a_1)(x+a_2)...(x+a_n)\) ，若对所有正整数 \(k\) ，有 \(\Omega(f(k))\) 是偶数，证明： \(n\) 是偶数
本题的关键思路是通过 \(\Omega(ab)=\Omega(a)+\Omega(b)\) 构造出 \(n=\Omega(2^n)\) ，通过 \(\Omega(n^2)\equiv 0\:(mod~2)\) 消去多余的部分
根据上述思路，可以尝试： \(f(a_1)f(a_2)...f(a_n)=2^na_1a_2...a_n(\prod(a_i+a_j))^2\) ，然而 \(f(0)=a_1a_2...a_n\) 不在题目所述的正整数范畴内
于是进行平移： \(f(1)f(a_1+2)f(a_2+2)...f(a_n+2)=2^n(\prod (a_i+1))^2(\prod(a_i+a_j+2))^2\)
而 \(\Omega(f(1)f(a_1+2)f(a_2+2)...f(a_n+2))\equiv \Omega(2^n)=n\:(mod~2)\) 是偶数
例2
正整数 \(N\) 称为平衡数，如果 \(2\mid \Omega(N)\) 或 \(N=1\) ，记 \(f(x)=(x+a)(x+b)\)。
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求证：存在 \(a\ne b\in \mathbb{N}^+\) ，使得 \(f(1),f(2),...,f(50)\) 均为平衡数
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求证：若对所有正整数 \(n\) ， \(f(n)\) 是平衡数，则 \(a=b\)
\(f(x)\) 是平衡数 \(\iff \Omega(x+a)\equiv \Omega(x+b)\:(mod~2)\)
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我们考虑 \(f:c\rightarrow (\Omega(c+1)\:(mod~2),\Omega(c+2)\:(mod~2),..\Omega(c+50)\:(mod ~2))\) ，其中 \(c=1,2,...,2^{50}+1\) ，根据抽屉原理，存在 \(c_i\ne c_j\) ，使得 \(f(c_i)=f(c_j)\) ，取 \(a=c_i,b=c_j\) 即可
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假设 \(a< b\) ，则 \(\Omega(n)\:(mod~2)\) 序列从 \(\Omega(a+1)\) 开始有 \(\Omega(x)=\Omega(x+b-a),x>a\) ，构成了周期数列
那么只要取 \(n\) 使得 \(n(b-a)>a\) ，有 \(\Omega(n(b-a))=\Omega((n+1)(b-a))=...=\Omega(2(n+1)(b-a))\:(mod~2)\) ，矛盾
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