Solution pour le challenge n° 10

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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} étant une (involution donc) une bijection, on observe que :

    \[\sigma\left(n\right)=\sum_{d\mid n}\frac{n}{d}\leqslant n\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\]


Or, il est connu que :

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


et donc :

    \[\sigma\left(n\right)\leqslant n\left(1+\ln\left(n\right)\right)\]


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 :

    \[\sigma\left(n\right)\geqslant\tau\left(n\right)\sqrt{n}\]


Enfin, tout entier n\geqslant 2 possède au moins deux diviseurs (à savoir 1 et n), donc \sigma\left(n\right)\geqslant n+1.

On obtient alors l’encadrement souhaité :

    \[\boxed{\forall n\geqslant2,\:\max\left\{ n+1,\tau\left(n\right)\sqrt{n}\right\} \leqslant\sigma\left(n\right)\leqslant n\left(1+\ln\left(n\right)\right)}\]

Pour consulter l’énoncé, c’est ici

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