Solution pour le challenge n° 10

Pour tout $n\in\mathbb{N}^{\star},$ notons :

$D_{n}$ l’ensemble des diviseurs de $n,$
$\tau\left(n\right)$ le nombre de diviseurs de $n,$
$\sigma\left(n\right)$ la somme des diviseurs de $n.$

L’application

$D_{n}\rightarrow D_{n},d\mapsto\frac{n}{d}$

est involutive (explication de ce terme); c’est donc une bijection.

Il s’ensuit que :

$\sigma\left(n\right)=\sum_{d\mid n}\frac{n}{d}$

d’où l’on tire :

$\sigma\left(n\right)\leqslant n\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}$

Or, il est connu que :

$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\leqslant1+\ln\left(n\right)$

et donc

(1) $\boxed{\sigma\left(n\right)\leqslant n\left(1+\ln\left(n\right)\right)}\qquad$

Par ailleurs :

$2\sigma\left(n\right)=\sum_{d\mid n}\left(d+\frac{n}{d}\right)$

et l’on sait que

$\forall x>0,\thinspace x+\frac{n}{x}\geqslant2\sqrt{n}$

Ainsi :

(2) $\boxed{\sigma\left(n\right)\geqslant\tau\left(n\right)\sqrt{n}}\qquad$

Enfin, tout entier $n\geqslant 2$ possède au moins deux diviseurs (à savoir 1 et n), donc :

(2′) $\boxed{\sigma\left(n\right)\geqslant n+1}\qquad$

En combinant les inégalités (1), (2) et (2′), on obtient finalement, pour tout entier $n\geqslant2$ :

$\boxed{\max\left\{ n+1,\tau\left(n\right)\sqrt{n}\right\} \leqslant\sigma\left(n\right)\leqslant n\left(1+\ln\left(n\right)\right)}$

Pour consulter l’énoncé, c’est ici

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