¿Cómo se encuentra la desigualdad$\tau(n) < (\frac{2}{\log 2}\log n)^{2^x}n^{\frac{1}{x}}$?

Question

Contexto (Aunque no veo cómo esto puede ayudar a determinar la final de la desigualdad):

Ejemplo : Para $p$ prime, $x$ mayor que $0$ un número real, $n$ mayor o igual a $2$ entero: para $p< 2^{x}$ sostiene que $$1+\text{ord}_{p}(n)\le 1+ \frac{\log n}{\log p} \le 1+ \frac{\log n}{\log 2} \le \frac{2}{\log 2}\log n$$ and for $p \ge 2^{x}$ it holds that: $$1+\text{ord}_{p}(n)\le 2^{\text{ord}_{p}(n)}\le p^{\text{ord}_{p}(n)/x}.$$

(no hay prueba suministrada por el autor original, así que voy a intentar hacer uno yo mismo.)

Para $p<2^{x}$:

$$1+\text{ord}_{p}(n)\le 1+ \frac{\log n}{\log p} \tag{1}$$

$$1+ \frac{\log n}{\log p} \le 1+ \frac{\log n}{\log 2} \tag{2}$$

$$1+ \frac{\log n}{\log 2} \le \frac{2}{\log 2}\log n \tag{3}$$

(2) sostiene que debido a $2$ es el más pequeño de prime. (3) debido a que la derivada de $\log(2x)$ $\frac{1}{x}$ $\frac{2}{x}$ (la derivada de $2\log(x)$) es mayor para cada $x$. Me cuesta mostrar (1) porque no entiendo cómo manejar la $\text{ord}_{p}(n)$ (que también aparece en la segunda desigualdad). ($\text{ord}_{p}(n)$ es el más alto exponente natural $k$ tal que $p^{k}$ divide $n$).

Para $p>2^{x}$: $$1+\text{ord}_{p}(n)\le 2^{\text{ord}_{p}(n)} \tag{1}$$

$$2^{\text{ord}_{p}(n)}\le p^{\text{ord}_{p}(n)/x} \tag{2}$$

Justo después de este ejemplo, el autor menciona una desigualdad y esto es lo que yo realmente estoy interesado en:

Para $n\ge 2$ un entero, $ x\in \mathbb{R_{>0}}$ , ¿cómo hace uno para averiguar que $$\tau (n) < \left(\frac{2}{\log 2}\log n \right)^{2^x}n^{\frac{1}{x}}\ ?$$ Parece un popular desigualdad, ¿tiene un nombre?

Answer 1

Creo que esto podría funcionar. Dado un real $x > 0$ partición del primer divisores de $n$ en dos clases, los que están delimitadas desde arriba por $2^{x}$ y los limitados desde abajo, por $2^x$. Tenemos \begin{align} \tau(n) = \prod_{2^{x} \geqslant p \mid n}( \text{ord}_{p}(n) + 1) \prod_{2^{x} < p \mid n}( \text{ord}_{p}(n) + 1). \end{align} Escrito $n = \prod_{p \mid n} p^{\text{ord}_{p}(n)}$, \begin{align} \log n = \sum_{p \mid n} \text{ord}_p(n) \log p \quad \Longrightarrow \quad \frac{\log n}{\log p} = \text{ord}_{p}(n) + \sum_{p \neq p^{\prime} \mid n} \text{ord}_{p^{\prime}}(n) \ \log_{p} \, p^{\prime}, \end{align} por lo que la desigualdad de $\text{ord}_{p}(n) \leqslant \frac{\log n}{\log p}$ mantiene para cualquier divisor primo de $n$. De los límites que usted reclama, son suficientes para demostrar que el límite superior en el número de divisores de función. Observe que para $p \leqslant 2^{x}$ (en realidad, para cualquier divisor primo de $n$), luego \begin{align} \text{ord}_{p}(n) + 1 \leqslant \frac{\log n}{\log p} + 1 \leqslant \frac{ \log n}{\log 2} + 1 \leqslant \frac{2 \log n}{\log 2}, \end{align} siempre que $n \geqslant 2$ y, si $p > 2^{x}$, uno ha $\text{ord}_{p}(n) + 1 \leqslant 2^{\text{ord}_p(n)} \leqslant p^{\text{ord}_{p}(n)/x}$. Por lo tanto, \begin{align} \tau(n) & \leqslant \prod_{2^{x} \geqslant p \mid n} \frac{2 \log n}{\log 2} \, \prod_{2^{x} < p \mid n} p^{\text{ord}_{p}(n)/x} \\ & = \prod_{2^{x} \geqslant p \mid n} \frac{2 \log n}{\log 2} \, \left( \prod_{2^{x} < p \mid n} p^{\text{ord}_{p}(n)} \right)^{1/x}. \end{align} El primer producto en la mayoría de las $2^{x}$, mientras que el segundo producto en la mayoría de las $\omega(n)$ términos. Por lo tanto, \begin{align} \tau(n) & \leqslant \left( \frac{2 \log n}{\log 2} \right)^{2^{x}} \left( \prod_{p \mid n} p^{\text{ord}_{p}(n)} \right)^{1/x} \\ & \leqslant \left( \frac{2 \log n}{\log 2} \right)^{2^{x}} n^{1/x}. \end{align}

Ahora debería estar claro cómo se puede enfocar el obligado: \begin{align} \tau(n) \leqslant \left( \frac{2 \log n}{\log 2} \right)^{\omega(n)} n^{1/x}, \end{align} donde $\omega$ es el número-de-primer-divisores de función.

En cualquier caso, teniendo la desigualdad original, vemos \begin{align} \frac{\log \tau(n)}{\log n} \leqslant \frac{2^x \log(\frac{2\log n}{\log 2})+\frac{1}{x} \log n}{\log n} =\frac{2^x \log ( \frac{2 \log n}{\log 2})}{\log n}+\frac{1}{x}. \end{align} Para cualquier $x > 0$ no es un número entero $n_0 = n_{0}(x)$ tal que para cualquier $n > n_0$, $\frac{\log \tau(n)}{\log n}$ está delimitada desde arriba por $\frac{2}{x}$, y por lo que el límite debe desaparecer.