147. Funzione d(n)

[Karl Zsigmondy]

Provare che $ d((n^2+1)^2) $ non diventa (strettamente) monotona da un certo $ n \in \mathbb{N} $ in poi. (definitivamente)

P. S. $ d(n) $ indica il numero dei divisori interi positivi di n

[kalu]

Data la bruttezza della soluzione (ma la staffetta must go on) tanto vale almeno generalizzare.
Fissato un intero $k>1$, consideriamo la funzione $$f(n)=d((n^2+1)^k)$$
Dimostriamo innanzitutto che vale definitivamente: $$f(n!)^{2}<n!^2+1$$
$$f(n!)^2=\prod_{p\mid n!^2+1}{(kv_p(n!^2+1)+1)^2}\leq \prod_{p\mid n!^2+1}{(k+1)^{2v_p(n!^2+1)}}<n!^2+1$$
La prima disuguaglianza deriva da una AM-GM pesata sulla coppia $(kv_p(n!^2+1)+1, \ 1)$, usando rispettivamente i pesi $1, \ v_p(n!^2+1)-1$.
La seconda disuguaglianza è vera per $n$ sufficientemente grande perchè i primi divisori di $n!^2+1$ sono tutti definitivamente maggiori di $(k+1)^2$.

Dalla definizione di $d(n)$ deriva che per ogni $(a,b)$ vale la disuguaglianza $d(ab)\leq d(a)d(b)$
Infatti $$d(ab)=\prod_{p\mid(a,b)}{(v_p(a)+v_p(b)+1)}\prod_{p\mid a,\ p\not\mid b}{(v_p(a)+1)}\prod_{p\not\mid a, \ p\mid b}{(v_p(b)+1)}\leq $$ $$\leq \prod_{p\mid(a,b)}{(v_p(a)+1)(v_p(b)+1)}\prod_{p\mid a,\ p\not\mid b}{(v_p(a)+1)}\prod_{p\not\mid a, \ p\mid b}{(v_p(b)+1)}=d(a)d(b)$$
Allora:
$$((n!-1)n!+1)^2+1=((n!-1)^2+1)(n!^2+1) \ \ \ \to \ \ \ f((n!-1)n!+1)\leq f(n!-1)f(n!)$$

Supponendo $f$ definitivamente crescente (non può essere definitivamente decrescente perché non può assumere valori negativi), per $n$ sufficientemente grandi vale: $$f(n!-1)<f(n!) \ \ \ \to \ \ \ f((n!-1)n!+1)<f(n!)^2<n!^2+1$$
Ma la crescenza stretta implica, considerato che $f(n)\equiv 1\pmod k \ \forall \ n$: $$f((n!-1)n!+1)\geq f(n!)+k((n!-1)n!+1-n!)>n!^2+1$$
Assurdo.

[kalu]

Dato che la risposta di Karl tarda ad arrivare, se qualcuno esperto mi desse conferma dell'esattezza della soluzione andrei avanti con il prossimo.

[Karl Zsigmondy]

Scusa, è giusta, vai pure.