用户: TravorLZH/阶乘的因子个数

约定. 在本文中,

• $\tau (n)$ 表示 $n$ 的正因子个数.
• ${\nu }_p(n)$ 表示能使 $p^k$ 整除 $n$ 的最大正整数 $k$.
• $p$ 表示素数.
• $\log x$ 表示 $x$ 的自然对数.

本文旨在证明当对于每个 $\epsilon >0$ 均存在 $N=N(\epsilon )$ 使得 $n>N$ 时总有:

$$C^{(1-\epsilon )n/\log n}<\tau (n!)<C^{(1+\epsilon )n/\log n},$$(1)

其中

$$C=(1+1)\sqrt{1+\frac{1}{2}}\sqrt[3]{1+\frac{1}{3}}\sqrt[4]{1+\frac{1}{4}}\cdots =\prod _{k\ge 1}{\left(1+\frac{1}{k}\right)}^{1/k}.$$(2)

这个结论最初是由 Ramanujan [1] 提出并证明的, 但本文将跟随 Erdös、Graham、Ivić 和 Pomerance 的工作 [2] 给出比 (1) 更强的结果.

1阶乘的素因子分解

现在我们引入 von Mangoldt 函数 $\Lambda (n)$:

$$\Lambda (n)=\{\begin{array}{ll}\log p& n=p^k,k\ge 1\\ 0& \text{otherwise},\end{array}$$

则根据算术基本定理很明显有:

$$\log n=\sum _{d|n}\Lambda (d).$$

将这个式子带入到阶乘的对数中, 即得:

$$\begin{array}{rl}\log n!& =\sum _{k\le n}\log k=\sum _{d\le n}\Lambda (d)\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \\ & =\sum _{p\le n}\log p\left(\sum _{m\ge 1}\lfloor \frac{n}{p^m}\rfloor \right),\end{array}$$

所以有:

定理 1.1 (Legendre). $${\nu }_p(n!)=\lfloor \frac{n}{p}\rfloor +\lfloor \frac{n}{p^2}\rfloor +\lfloor \frac{n}{p^3}\rfloor +\dots .$$

完成准备工作后我们就可以来估计 $\tau (n!)$ 了.

2$\log \tau (n!)$ 的渐近级数

根据 $\tau (n)$ 的定义, 我们知道:

$$\tau (n)=\prod _{p|n}(1+{\nu }_p(n))$$

由此可知:

$$\log \tau (n!)=\sum _{p\le n}\log (1+{\nu }_p(n!))$$

求和区间的拆分

但由于 ${\nu }_p(n!)$ 涉及到多个取整函数, 所以直接处理整个求和会比较困难, 但注意到当 $p>n^{1/2},k\ge 2$ 时 $0<n/p^k<1$, 所以我们就可以将求和区间拆分成 $[2,n^{1/2}]$ 和 $(n^{1/2},n]$. 利用

$${\nu }_p(n!)<\sum _{k\ge 1}\frac{n}{p^k}=\frac{n}{p-1}$$

易知:

$$\sum _{p\le n^{1/2}}=O(\log n)\sum _{p\le n^{1/2}}1=O(n^{1/2}),$$

所以接下来我们就只需要处理 $(n^{1/2},n]$ 部分的求和了:

$$\sum _{n^{1/2}<p\le n}=\sum _{n^{1/2}<p\le n}\log \left(1+\lfloor \frac{n}{p}\rfloor \right)={\int }_{n^{1/2}}^n\log \left(1+\lfloor \frac{n}{x}\rfloor \right)\mathrm{d}\pi (x).$$

现在再带入素数定理:

$$\pi (x)={\int }_2^x\frac{\mathrm{d}t}{\log t}+O\left\{x\exp \left(-m\sqrt{\log x}\right)\right\},$$

则有:

$$\begin{array}{rl}{\int }_{n^{1/2}}^n\log \left(1+\lfloor \frac{n}{x}\rfloor \right)\mathrm{d}\pi (x)& ={\int }_{n^{1/2}}^n\log \left(1+\lfloor \frac{n}{x}\rfloor \right)\frac{\mathrm{d}x}{\log x}\\ & +O\left\{n\exp \left(-m^{\prime }\sqrt{\log n}\right)\right\}\end{array}$$

对于右侧第一个积分, 换元可知:

$$\begin{array}{rl}{\int }_{n^{1/2}}^n\log \left(1+\lfloor \frac{n}{x}\rfloor \right)\frac{\mathrm{d}x}{\log x}& =n{\int }_1^{n^{1/2}}\frac{\log (1+\lfloor t\rfloor )}{t^2\log \frac{n}{t}}\mathrm{d}t\\ & =\frac{n}{\log n}{\int }_1^{n^{1/2}}\frac{\log (1+\lfloor t\rfloor )}{t^2}\frac{\mathrm{d}t}{1-\frac{\log t}{\log n}}\end{array}$$

当 $|z|<1$ 时, 我们知道对于所有的 $K\ge 0$ 均有:

$$\frac{1}{1-z}=1+z+z^2+\cdots +z^K+O(z^{K+1}),$$

所以我们也可以将最右侧的积分展成渐近级数:

$$\begin{array}{rl}{\int }_1^{n^{1/2}}\frac{\log (1+\lfloor t\rfloor )}{t^2}\frac{\mathrm{d}t}{1-\frac{\log t}{\log n}}& =\sum _{0\le k\le K}\frac{1}{{\log }^{k}n}{\int }_1^{n^{1/2}}\frac{\log (1+\lfloor t\rfloor ){\log }^{k}t}{t^2}\mathrm{d}t\\ & +O\left\{{\int }_1^{n^{1/2}}\frac{\log t}{t^2}{\left(\frac{\log t}{\log n}\right)}^{K+1}\mathrm{d}t\right\}\end{array}$$

由于 $(\log t{)}^{K+2}/t^2=O(t^{-3/2})$ 所以余项必然为 $O({\log }^{-K-1}n)$, 又因为:

$${\int }_{n^{1/2}}^{\infty }\frac{\log (1+\lfloor t\rfloor ){\log }^{k}t}{t^2}\mathrm{d}t=O\left\{\frac{{\log }^{k+1}n}{\sqrt{n}}{\int }_{n^{1/2}}^{\infty }\frac{\mathrm{d}t}{t^{3/2}}\right\}=O\left(\frac{{\log }^{k+1}n}{\sqrt{n}}\right),$$

所以将上述所有结果结合在一起, 就有:

$$\log \tau (n!)=\frac{n}{\log n}\sum _{0\le k\le K}\frac{c_k}{{\log }^{k}n}+O\left(\frac{n}{{\log }^{K+2}n}\right),$$(3)

其中:

$$c_k={\int }_1^{\infty }\frac{\log (1+\lfloor t\rfloor ){\log }^{k}t}{t^2}\mathrm{d}t.$$(4)

3常数 $C$ 的确定

结合 (3) 和 (4), 我们就可以发现 (1) 中的常数 $C$ 必然满足:

$$\log C=c_0={\int }_1^{\infty }\frac{\log (1+\lfloor t\rfloor )}{t^2}\mathrm{d}t$$

现在将积分区间按照 $[k-1,k),k\ge 2$ 来分割即得:

$${\int }_1^{\infty }\frac{\log (1+\lfloor t\rfloor )}{t^2}\mathrm{d}t=\sum _{k\ge 2}\log k{\int }_{k-1}^k\frac{\mathrm{d}t}{t^2}=\sum _{k\ge 2}\log k\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\right),$$

对于最右侧的和式, 再根据:

$$\begin{array}{rl}\sum _{2\le k\le N}\log k\left(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\right)& =\sum _{1\le k\le N-1}\frac{\log (k+1)}{k}-\sum _{2\le k\le N}\frac{\log k}{k}\\ & =\sum _{1\le k\le N-1}\frac{1}{k}\log \left(1+\frac{1}{k}\right)-\frac{\log N}{N},\end{array}$$

就有:

$$\log C=\sum _{k\ge 1}\frac{1}{k}\log \left(1+\frac{1}{k}\right)=\log \prod _{k\ge 1}{\left(1+\frac{1}{k}\right)}^{1/k}.$$

对两侧取指数便得 (2).

参考文献

[1]	Andrews, G. E., & Berndt, B. C. (2013). Ramanujan’s Lost Notebook. 4. Springer.
[2]	Erdös, P., Graham, S. W., Ivić, A., & Pomerance, C. (1996). On the number of divisors of n! In B. C. Berndt, H. G. Diamond, & A. J. Hildebrand (Eds.), Analytic Number Theory (pp. 337–355). Birkhäuser Boston. https://doi.org/10.1007/978-1-4612-4086-0_19