用户: TravorLZH/因子计数函数的等幂次和

在本文中我们将证明: $$\sum _{n\le x}{\tau }^k(n)\ll x(\log x{)}^{2^k-1},$$(1)$$\sum _{n\le x}\frac{{\tau }^k(n)}{n}\ll (\log x{)}^{2^k},$$(2)其中 $\tau (n)$ 表示 $n$ 的正因子个数.

1推导

当 $n=p^m$ 时很明显有 ${\tau }^k(p^m)=(m+1{)}^k$, 所以对于 $k\ge 1$ 设置积性函数 $f_k(n)$ 满足: $$f_k(p^m)=(m+1{)}^k-m^k(m\ge 1)$$则有: $${\tau }^k(n)=\sum _{d|n}{f}_k(d),$$这意味着: $$\begin{array}{rl}\sum _{n\le x}{\tau }^k(n)& =\sum _{d\le x}{f}_k(d)\lfloor \frac{x}{d}\rfloor \le x\sum _{d\le x}\frac{f_k(d)}{d}\\ & \le x\prod _{p\le x}\left(1+\sum _{m\ge 1}\frac{f_k(p^m)}{p^m}\right)\\ & =x\prod _{p\le x}\left\{1+\frac{2^k-1}{p}+O\left(\frac{1}{p^2}\right)\right\}\\ & \ll x\exp \left(\sum _{p\le x}\frac{2^k-1}{p}\right)\end{array}$$对最后一行的和式套用 Mertens 定理即得 (1).

现在记 (1) 左侧为 $S(x)$, 则有: $$\begin{array}{rl}\sum _{n\le x}\frac{{\tau }^k(n)}{n}& =\frac{S(x)}{x}+{\int }_1^x\frac{S(t)}{t^2}\mathrm{d}t\\ & \ll (\log x{)}^{2^k-1}+{\int }_1^x\frac{(\log t{)}^{2^k-1}}{t}\mathrm{d}t\\ & \ll (\log x{)}^{2^k-1}{\int }_1^x\frac{\mathrm{d}t}{t}\ll (\log x{)}^{2^k}.\end{array}$$

2(2) 的直接证明

当然利用 Euler 乘积也可以在不依赖 (1) 的情况下直接证出 (2): $$\begin{array}{rl}\sum _{n\le x}\frac{{\tau }^k(n)}{n}& \le \prod _{p\le x}\left(1+\sum _{m\ge 1}\frac{{\tau }^k(p^m)}{p^m}\right)\\ & \ll \exp \left(\sum _{p\le x}\frac{2^k}{p}\right)\ll (\log x{)}^{2^k}.\end{array}$$