关于正整数n的除数个数d(n)的上界证明及更优界问询

嘿，这个关于除数函数上界的问题可是数论里的经典议题，我来一步步帮你理清楚推导思路，再聊聊更优的上界~

首先，我们从除数函数的核心公式出发：对于正整数$n$的素因数分解$n = p_1^{e_1}p_2{e_2}\cdots p_r^{e_r}$，除数个数$d(n) = \prod_{i=1}^r (e_i + 1)$。你提到的$e_i + 1 \le 2^{e_i}$这个不等式太宽松了，没法直接推导出目标上界，得换用更精细的估计方式：

第一步：转化为对数形式简化分析 #

先对$d(n)$取自然对数，把乘积转化为求和，方便后续估计：
$$\log d(n) = \sum_{i=1}^r \log(e_i + 1)$$
我们的目标是证明$\log d(n) < (1+\epsilon)\log2 \cdot \frac{\log n}{\log \log n}$（两边取指数就能得到原不等式）。这里的关键是：要找到$d(n)$最大的情况——这类数叫做高合成数，它们的素指数通常是非递增的（小素数的指数更大），我们只需要对这类数证明上界，就能覆盖所有正整数$n$。

第二步：拆分素因数并估计 #

我们把$n$的素因数分成两部分：

• 小素数：$p \le \log n$（选$\log n$作为分界是为了平衡两部分的估计）
• 大素数：$p > \log n$

对于大素数部分，指数只能是0或1——因为如果某个大素数$p$的指数≥2，那么$p^2 > (\log n)^2$，而当$n$足够大时，$(\log n)^4 > n$，所以这样的素数最多有1个，不会影响整体的渐近估计。这部分对$\log d(n)$的贡献最多是$\log2 \cdot \frac{\log n}{\log \log n}$（大素数的个数最多是$\frac{\log n}{\log(\log n)}$）。

对于小素数部分，每个素数$p$的指数$e_p \le \frac{\log n}{\log p}$，所以$\log(e_p+1) \le \log\left(\frac{2\log n}{\log p}\right)$（当$n$足够大时，$\frac{\log n}{\log p} \ge 1$，这个不等式成立）。把这些项求和：
$$\sum_{p \le \log n} \log\left(\frac{2\log n}{\log p}\right) = \pi(\log n)\cdot\log(2\log n) - \sum_{p \le \log n} \log \log p$$
其中$\pi(x)$是小于等于$x$的素数个数，由素数定理，$\pi(\log n) \approx \frac{\log n}{\log \log n}$；而$\sum_{p \le \log n} \log \log p$是一个低阶项，相比前一项可以忽略不计。

把两部分的贡献加起来，就能得到：当$n$足够大时，$\log d(n) < (1+\epsilon)\log2 \cdot \frac{\log n}{\log \log n}$，两边取自然指数后就得到了你要的不等式。

你的这个上界其实是渐近最优的——Wigert定理（1907年）证明了：
$$\limsup_{n→∞} \frac{\log d(n) \log \log n}{\log n} = \log2$$
也就是说，存在无穷多个$n$（比如前$k$个素数的乘积，即素数阶乘），使得$d(n)$无限接近$2^{\frac{\log n}{\log \log n}}$，所以你那个上界里的$(1+\epsilon)$已经没法再去掉（除非加上额外条件）。

不过我们可以得到更精细的渐近上界：

• 对于大$n$，$d(n) \le 2^{\frac{\log n}{\log \log n} + \frac{\log \log n}{2\log2} + O(1)}$，这个比你原来的上界多了一个低阶修正项，更贴近实际的增长速度。
• 非渐近的上界也存在，比如对于所有$n≥2$，$d(n) \le n^{\frac{\log2}{\log \log n} + \frac{3}{\log \log n}}$，这类估计能给出具体的常数项。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者user437890