Aritmetik fonksiyonlar üzerine bazı sorular

[Metin Can Aydemir]

Lokman hocanın paylaştığı Pozitif Bölenlerin Çarpımı sorusundan sonra aklıma gelen bazı problemleri paylaşmak istedim. $n$ pozitif tamsayı için $v(n)$ ile $n$'nin pozitif bölenlerin sayısını, $\sigma(n)$ ile de pozitif bölenlerin toplamını, $\phi(n)$ ile $n$'den küçük veya eşit, pozitif ve $n$ ile aralarında asal sayıların sayısını gösterelim.

$1)$ $n\in \mathbb{Z}^+$  için $v(n)< 2\sqrt{n}$ olduğunu gösteriniz. Çözüldü
$2)$ $n\in \mathbb{Z}^+$  için $v(n)\leq v(2^n-1)$ olduğunu gösteriniz. Çözüldü
$3)$ $m,n\in\mathbb{Z}^+$ için $v(mn)\leq v(m)v(n)$ olduğunu gösteriniz.Çözüldü
$4)$ $n\in \mathbb{Z}^+$  için $$\left(\sum_{d\mid n,~d>0} v(d)\right)^2=\sum_{d\mid n,~d>0} (v(d))^3$$ olduğunu gösteriniz.Çözüldü
$5)$ $n\in \mathbb{Z}^+$  için $n\leq\sigma(n)\leq n^2$ olduğunu gösteriniz. Çözüldü
$6)$ $n\in \mathbb{Z}^+$  için $n$'nin pozitif bölenlerinin çarpmaya göre terslerinin toplamının $\frac{\sigma(n)}{n}$ olduğunu gösteriniz. Çözüldü
$7)$ $n\geq 2$ tamsayısı için "$n$ asaldır ancak ve ancak $\sigma(n)<n+\sqrt{n}$" olduğunu gösteriniz. Çözüldü
$8)$ $n\in \mathbb{Z}^+$ için $\frac{\sigma(n!)}{n!}\geq \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}$ olduğunu gösteriniz. Çözüldü
$9)$ $n\in\mathbb{Z}^+$ için $\frac{\sqrt{n}}{2}\leq \phi(n)\leq n$ olduğunu gösteriniz.Çözüldü
$10)$ Eğer $n\geq 2$ tamsayısı asal değilse $\phi(n)\leq n-\sqrt{n}$ olduğunu gösteriniz. Çözüldü
$11)$ $n\in \mathbb{Z}^+$ için $\phi(n)=\frac{n}{3}$ olacak şekilde $n$ var mıdır? Varsa sonsuz sayıda mıdır? Çözüldü
$12)$ $n\in \mathbb{Z}^+$ için $\phi(n)=\frac{n}{4}$ olacak şekilde $n$ var mıdır? Varsa sonsuz sayıda mıdır? Çözüldü
$13)$ $k\in \mathbb{Z}^+$ için $\phi(n)=k$ olacak şekilde sonsuz sayıda $n$ olabilir mi? Çözüldü
$14)$ $m,n\in\mathbb{Z}^+$ için $m\mid n$ ise $\phi(mn)=m\phi(n)$ olduğunu gösteriniz. Tersinin doğruluğunu araştırınız. Çözüldü
$15)$ $n\in\mathbb{Z}^+$ için $$\sum_{d\mid n,~ d>0} (-1)^{\frac{n}{d}}\phi(d)~~~\text{ve}~~~\sum_{d\mid n,~ d>0}\phi(d)~~~\text{ve}~~~\sum_{1\leq k<n,~ (k,n)=1}k$$ toplamlarını hesaplayınız.Çözüldü

Sonuç 1: $2.$ sorunun bir sonucu olarak $2^n-1$ asal sayı ise $n$'nin de asal sayı olması gerektiğini söyleyebiliriz.
Sonuç 2: $4$. soruda $n=p^m$ alınırsa $(1+2+\cdots m)^2=1^3+2^3+\cdots m^3$ eşitliği elde edilir.
Sonuç 3: $8.$ sorunun bir sonucu olarak $\frac{\sigma(n)}{n}$'nin ıraksadığını söyleyebiliriz.

[alpercay]

$6)$ $\sigma(n)=\sum_{d\mid n}d$ olsun. $$T(n)=\sum_{d\mid n}(1/d)$$ toplamına bakalım. Her iki tarafı $n$ ile çarpalım. $$nT(n)=\sum_{d\mid n}(n/d)$$olur. $d|n$ ise $n=kd$ olacak şekilde $k$ tamsayısı olduğundan $\dfrac{n}{d}|n$ yazılabilir. Yani $\dfrac{n}{d}$ sayısı da $n$sayısının bir bölenidir. O zaman $$nT(n)=\sum_{d\mid n}(n/d)=\sum_{d\mid n}d=\sigma (n)$$ $$T(n)=\dfrac{\sigma (n)}{n}$$ bulunur.
Sonuç: Bu sorunun bir sonucu olarak $n$ mükemmel sayı ise bölenlerinin çarpmaya göre terslerinin toplamı sabit olup $2$ sayısına eşittir.

[Metin Can Aydemir]

$1)$ Eğer $d$ pozitif tamsayısı $n$'nin bir böleni ise $\frac{n}{d}$ pozitif tamsayısı da bölendir. Bu iki bölenin çarpımı $n$ olduğundan en az bir tanesinin $\sqrt{n}$'den küçük veya eşit, diğerinin büyük veya eşit olması gerekir. $$S_1=\{d\mid d~~\text{böler}~~n~~ \text{ve}~~ d\leq \sqrt{n}\}$$ $$S_2=\{d\mid d~~\text{böler}~~n~~ \text{ve}~~ d\geq \sqrt{n}\}$$ kümelerini tanımlarsak $|S_1|=|S_2|$ olur çünkü bu iki kümedeki elemanları $\left(d,\frac{n}{d}\right)$ olarak birebir eşleyebiliriz. $|S_1|\leq \sqrt{n}$ olduğunu görelim. $S_1\cup S_2$ bize $n$'nin tüm pozitif tamsayı bölenlerini verecektir. Dolayısıyla, $$v(n)=|S_1\cup S_2|=|S_1|+|S_2|-|S_1\cap S_2|\leq |S_1|+|S_2|\leq 2\sqrt{n}$$ elde edilir. Eşitlik durumu için $S_1\cap S_2=\emptyset$ ve $|S_1|=\sqrt{n}$ olmalıdır. Eğer $|S_1|=\sqrt{n}$ ise $\sqrt{n}\in S_1$ olmalıdır. Dolayısıyla $\sqrt{n}\in S_2$ olur fakat bu $S_1\cap S_2=\emptyset$ olmasıyla çelişir. Dolayısıyla eşitlik durumu yoktur ve $$v(n)<2\sqrt{n}$$ elde edilir.

Not: Eğer $n=12$ alırsak $v(12)=\lfloor 2\sqrt{12}\rfloor =6$ olacağından $$v(n)\leq \lfloor 2\sqrt{n}\rfloor$$ diyebiliriz.

[Metin Can Aydemir]

$2)$ $d\mid n$ olsun. O halde $n=dk$ olacak şekilde bir $k\in\mathbb{Z}^+$ vardır. $$2^n-1=2^{dk}-1=(2^d-1)(2^{d(k-1)}+2^{d(k-2)}+\cdots+2^d+1)$$ olduğundan $2^d-1\mid 2^n-1$ olacaktır. $n$'nin böleni olan her $d$ için $2^d-1$ de $2^n-1$'in böleni olduğundan $2^n-1$'in $n$'den fazla veya eşit sayıda böleni olmalıdır ve $$v(n)\leq v(2^n-1)$$ olacaktır.

Not 1: Burada $2$'nin kuvveti olmasını hiç kullanmadık yani $a\geq 2$ için $v(n)\leq v(a^n-1)$ olarak genelleştirebiliriz.
Not 2: Eğer $n$'nin tek olduğu bilgisi verilseydi aynı yöntemle $v(n)\leq v(a^n+1)$ olduğunu gösterebiliriz.

[Metin Can Aydemir]

$5)$ $n$ pozitif tamsayısının herhangi bir $d$ pozitif böleni $n$'den küçük olduğundan $d\leq n$ ve $v(n)\leq n$'dir. Dolayısıyla $$\sigma(n)=\sum_{d\mid n, d>0} d\leq \sum_{d\mid n, d>0} n=n\cdot v(n)\leq n^2$$ Ayrıca $n$ kendisinin böleni olduğundan $n\leq \sigma(n)$ olacaktır. Yani $$n\leq \sigma(n)\leq n^2$$ olur. $n=1$ için de eşitlik durumu sağlanır.

[Metin Can Aydemir]

$11)$ Eğer $a\in \mathbb{Z}^+$ için $n=2\cdot 3^a$ alırsak $$\phi(n)=\phi(2\cdot 3^a)=\phi(2)\phi(3^a)=3^a-3^{a-1}=2\cdot 3^{a-1}=\frac{n}{3}$$ olduğundan $\phi(n)=\frac{n}{3}$ olacak şekilde sonsuz $n$ vardır.

Ek olarak bu formattaki tüm sayıları bulalım. $n\geq 3$ olması gerektiği barizdir. Dolayısıyla $n$'yi asal çarpanlarına ayırabiliriz. $n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}$ dersek $$\phi(n)=n\prod_{i=1}^{k} \left(1-\frac{1}{p_i}\right)$$ olduğundan $$\prod_{i=1}^{k} \left(1-\frac{1}{p_i}\right)=\dfrac{1}{3}$$ olmasını sağlamalıyız. Eğer $k\geq 3$ ise sağ taraftaki çarpımın pay kısmında en az iki adet $2$ çarpanı gelecektir çünkü $p$ tek ise $p-1$ çifttir. Ancak payda kısmında en fazla bir adet $2$ çarpanı olmalıdır çünkü tek çift asal sayı $2$'dir. Bu bir çelişki doğurur çünkü bu çarpımın $\frac{1}{3}$ olmasını istiyoruz. Dolayısıyla en fazla iki asal bölen olabilir.

Tek asal bölen varsa $1-\frac{1}{p_1}=\frac{1}{3}$ olur fakat buradan çözüm gelmez. İki asal bölen olmalıdır. $a,b\geq 1$ için $n=p^aq^b$ dersek $$\left(1-\frac{1}{p}\right)\left(1-\frac{1}{q}\right)=\frac{(p-1)(q-1)}{pq}=\frac{1}{3}$$ olur ve payda kısmı $3$ ile bölündüğünden genelliği bozmadan $q=3$ diyebiliriz. Buradan da $\frac{2(p-1)}{3p}=\frac{1}{3}$ ve $p=2$ sonucuna varırız. Denersek, $$\phi(n)=\phi(2^a\cdot 3^b)=\phi(2^a)\phi(3^b)=(2^a-2^{a-1})(3^b-3^{b-1})=2^{a-1}\cdot 2\cdot 3^{b-1}=2^a\cdot 3^{b-1}=\frac{n}{3}$$ olur. Yani $\phi(n)=\frac{n}{3}$ olan tüm $n$'ler $a,b\geq 1$ tamsayıları için $n=2^a\cdot 3^b$ formatındadır.

[Metin Can Aydemir]

$8)$ $6.$ sorudan $$\sum_{d\mid n!, d>0} \frac{1}{d}=\dfrac{\sigma(n!)}{n!}$$ olduğunu biliyoruz. $d=1,2,\dots,n$ için $d\mid n!$ olduğundan $$\dfrac{\sigma(n!)}{n!}=\sum_{d\mid n!, d>0} \frac{1}{d}\geq \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i}$$ elde edilir. Eşitlik durumu için $n!$'in tüm bölenleri $1,2,\dots, n$ olmalıdır. $n\geq 3$ için $d=n(n-1)>n$ olduğundan sadece $n=1,2$ için eşitlik sağlanır.

[Metin Can Aydemir]

$12)$ $\phi(n)=\frac{n}{4}$ olsun. $4\mid n$ ve $n\geq 4$ olduğu barizdir. $n$'yi asal çarpanlarına ayırırsak $n=2^ap_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}$ dersek $a\geq 2$'dir ve $11.$ sorunun çözümüne benzer şekilde $$\prod_{p\mid n} \left(1-\frac{1}{p}\right)=\left(1-\frac{1}{2}\right)\left(1-\frac{1}{p_1}\right)\left(1-\frac{1}{p_2}\right)\cdots \left(1-\frac{1}{p_k}\right)=\frac{1}{4}$$ $$\implies \frac{p_1-1}{p_1}\frac{p_2-1}{p_2}\cdots \frac{p_k-1}{p_k}=\frac{1}{2}$$ olur. Eşitliğinin sol tarafında payda tek sayı olduğundan herhangi bir sadeleştirme işlemi sonucunda $\frac{1}{2}$ elde edilemez. Böyle bir $n$ yoktur.

[Metin Can Aydemir]

$13)$ Tübitak Lise 2. Aşama 2022 Soru 2'de de görüldüğü gibi $k\geq n!$ olan her $k,n$ pozitif tamsayıları için $\phi(k)\geq (n-1)!$ olacaktır.

Eğer sabit bir $k$ için $\phi(n)=k$ olacak şekilde sonsuz adet $n$ varsa, herhangi bir $m$ pozitif tamsayısı için $n\geq m!$ ve $\phi(n)=k$ olacak şekilde bir $n$ vardır. Dolayısıyla $k\geq (m-1)!$ olmalıdır ancak $m$'yi istediğimiz kadar büyük seçebileceğimizden dolayı $k<(m-1)!$ olacak şekilde seçersek çelişki elde ederiz. Dolayısıyla hiçbir $k$ pozitif tamsayısı için $\phi(n)=k$'nın sonsuz çözümü yoktur.

[Metin Can Aydemir]

$7)$ $n\geq 2$ olduğundan $n$ ya bileşik sayı, ya da asal sayıdır. Eğer asalsa $\sigma(n)=n+1<n+\sqrt{n}$ olduğundan iddia sağlanır. Eğer $\sigma(n)<n+\sqrt{n}$ ise $n$ asal olmak zorundadır. Aksi taktirde, $n=ab$ ve $1<a\leq b<n$ olacak şekilde $a$ ve $b$ tamsayıları vardır. $ab=n$ ve $b\geq a$ olduğundan $b\geq \sqrt{n}\geq a$ olacaktır. Buradan $$\sigma(n)\geq n+b\geq n+\sqrt{n}$$ çelişkisi elde edilir.   

[Metin Can Aydemir]

$15)$ Sorulan toplamlara sırasıyla $S_1(n)$, $S_2(n)$ ve $S_3(n)$ diyelim. $S_3(n)$'den başlayalım. $n=1$ ve $n=2$ için toplam $1$'e eşittir. $n>2$ için $\frac{n}{2}$ ile (eğer tamsayıysa) $n$ aralarında asal olmadığından toplam içerisindeki $k$'lar $\frac{n}{2}$'den farklıdır. Eğer toplam içerisinde $k$ varsa, $n-k$ da vardır çünkü $(n,k)=(n,n-k)$'dır. Eğer $(k,n-k)$'ları eşlersek, $\frac{n}{2}$ aralarında olmadığından tam olarak $\frac{\phi(n)}{2}$ tane ikili vardır. Her ikili farklı olduğundan ve toplamları $n$ olduğundan $n=1$ için $S_3=1$, $n\geq 2$ için ise $S_3(n)=\frac{n\phi(n)}{2}$ olacaktır. Birleştirirsek, $$\boxed{S_3(n)=\begin{cases}1,\quad n=1\\ \frac{n\phi(n)}{2},\quad n\geq 2\end{cases}}$$
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
$S_2(n)$ için "çarpımsal" (multiplicative) fonksiyonları bilmek yardımcı olacaktır. Tamsayılarda tanımlı (doğal sayılarda veya pozitif tamsayılarda da tanımlanabilir) bir $f$ fonksiyonu, aralarında asal her $m,n$ tamsayısı için $f(mn)=f(m)f(n)$'yi sağlıyorsa $f$'ye çarpımsal (multiplicative) fonksiyon denir.

Lemma: Eğer $f$ çarpımsal bir fonksiyon ise $F(n)=\sum\limits_{d\mid n, d>0} f(d)$ fonksiyonu da çarpımsaldır.

İspat: Aralarında asal $m,n$ tamsayıları için $d\mid mn$ ise öyle tek şekilde $d_1$ ve $d_2$ pozitif tamsayıları vardır ki $d=d_1d_2$ ve $d_1\mid m$ ve $d_2\mid n$'dir. Dolayısıyla $$F(mn)=\sum\limits_{d\mid mn, d>0} f(d)=\sum_{\underset{d_1,d_2>0}{d_1\mid m, d_2\mid n,}} f(d_1d_2)$$ $$=\sum_{\underset{d_1,d_2>0}{d_1\mid m, d_2\mid n,}} f(d_1)f(d_2)=\left(\sum\limits_{d_1\mid m, d_1>0} f(d_1)\right)\left(\sum\limits_{d_2\mid n, d_2>0} f(d_2)\right)=F(m)F(n)$$ olur ve ispat biter.

Bu lemmanın bir sonucu olarak $\phi(n)$ fonksiyonu çarpımsal olduğundan (Aralarında asal $m,n$ için $\phi(mn)=\phi(m)\phi(n)$ olduğu bilinen bir özelliktir.) $S_2(n)$ de çarpımsaldır. Eğer $S_2(1)=1$ olduğunu not alırsak, $p$ asalı için $$S_2(p^a)=\sum\limits_{d\mid p^a, d>0} \phi(d)=\sum_{i=0}^{a}\phi(p^i)=1+(p-1)+(p^2-p)+(p^3-p^2)+\cdots+(p^a-p^{a-1})=p^a$$ olacaktır. $n>1$ için $n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}$ olarak yazarsak, $$S_2(n)=S_2(p_1^{a_1})S_2(p_2^{a_2})\cdots S_2(p_k^{a_k})=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}=n$$ bulunur. $S_2(1)=1$ olduğunu da eklersek, her $n$ pozitif tamsayısı için $\boxed{S_2(n)=n}$ bulunur.
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
$S_1(n)$ için $n$'nin tekliği ve çiftliği önemlidir çünkü eğer $n$ tekse $(-1)^{\frac{n}{d}}$ her zaman tek olacağından $S_1(n)=-S_2(n)=-n$ olacaktır.

Eğer $n$ çiftse $b$ tek sayısı için $n=2^a\cdot b$ olarak yazabiliriz. Eğer $2^a\mid d$ ise $\frac{n}{d}$ tektir, değilse çifttir. Bu yüzden $d$ bölenlerini $2^a\mid d$ olanlar ve olmayanlar olarak ayıralım. $2^a$'ya bölünenleri $d_1\mid b$ olmak üzere $d=2^ad_1$ olarak yazabiliriz. $S_2(n)=n$'yi de kullanırsak, $$S_1(n)=\sum_{\underset{2^a\not\mid d, d>0}{d\mid n}}\phi(d)-\sum_{d\mid b, d>0}\phi(2^ad)=\sum_{\underset{2^a\not\mid d, d>0}{d\mid n}}\phi(d)-2^{a-1}b$$ olur ancak $2^a$'ya bölünmeyen bölenler için olan toplam aslında $$\sum_{\underset{2^a\not\mid d, d>0}{d\mid n}}\phi(d)=\sum_{d\mid n, d>0}\phi(d)-\sum_{d\mid b, d>0}\phi(2^ab)=n-2^{a-1}b$$ olacaktır. Buradan, $S_1(n)=n-2^{a}b=0$ bulunur. Yani $$\boxed{S_1(n)=\begin{cases}-n,\quad n\equiv 1\pmod{2}\\ 0,\quad n\equiv 0\pmod{2}\end{cases}}$$

[Metin Can Aydemir]

$9)$ $\phi(n)\leq n$ olduğu $\phi$ fonksiyonunun tanımından dolayı barizdir. Eğer $n=1$ ise eşitsizlik iki taraftan da sağlanır. Eğer $n>1$ ise $p_1<p_2<\cdots<p_k$ için $n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}$ dersek, $$\phi(n)=p_1^{a_1-1}p_2^{a_2-1}\cdots p_k^{a_k-1}\prod_{i=1}^{k}(p_i-1)$$ olduğundan $$\phi(n)\geq \frac{\sqrt{n}}{2}\iff 4\phi^2(n)\geq n$$ $$\iff 4p_1^{2a_1-2}p_2^{2a_2-2}\cdots p_k^{2a_k-2}\prod_{i=1}^{k} (p_i-1)^2\geq p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}$$ $$\iff 4\prod_{i=1}^{k}(p_i-1)^2\geq p_1^{2-a_1}p_2^{2-a_2}\cdots p_k^{2-a_k}$$ $$\iff \frac{4(p_1-1)^2}{p_1^{2-a_1}}\cdot  \frac{(p_2-1)^2}{p_2^{2-a_2}}\cdots  \frac{(p_k-1)^2}{p_k^{2-a_k}}\geq 1$$ $a_i$'leri büyülttükçe kesirler de büyüyeceğinden $i=1,2,\dots,k$ için $a_i=1$ için eşitsizliği ispatlamamız yeterlidir. $p_i\neq 2$ ise $$\frac{(p_i-1)^2}{p_i}=p_i+\frac{1}{p_i}-2\geq 1$$ olur. $p_1=2$ ise $\frac{4(p_1-1)^2}{p_1}=2$'dir. Dolayısıyla çarpımdaki her terim $1$'den büyüktür ve eşitsizlik doğrudur. Geriye doğru gidersek, $\phi(n)\geq\frac{\sqrt{n}}{2}$ bulunur. Eşitlik durumu için $\phi(n)=n$ için $n=1$ verilebilir ancak $\phi(n)=\frac{\sqrt{n}}{2}$'nin eşitlik durumu yoktur çünkü $n$ tamkare olmalıdır ancak terimleri küçültmek için $a_i$'leri $1$ aldık. Dolayısıyla aslında $$\boxed{\frac{\sqrt{n}}{2}<\phi(n)\leq n}$$ olacaktır.

[Metin Can Aydemir]

$10)$ Eğer $n\geq 2$ ve $n$ asal değilse, $n$ bileşik sayıdır. O halde öyle $a,b$ pozitif tamsayıları vardır, öyle ki $2\leq a\leq b\leq n-1$ ve $ab=n$'dir. $a\leq b$ ise $a\leq \sqrt{n}$ ve $\sqrt{n}\leq b$'dir. Eğer $1\leq i\leq n$ ve $(i,a)\neq 1$ ise $(i,n)\neq 1$'dir. Dolayısıyla en az $\left\lfloor \frac{n}{a}\right\rfloor$ tane $n$'den az ve $(i,a)\neq 1$ tane sayı vardır çünkü $i$'yi $a$'nın katlarını seçebiliriz.  $$\left\lfloor \frac{n}{a}\right\rfloor=b\geq \sqrt{n}$$ olduğundan ve $\phi(n)$ en fazla $n-\left\lfloor \frac{n}{a}\right\rfloor$ olabileceğinden,$$\phi(n)\leq n-\left\lfloor \frac{n}{a}\right\rfloor\leq n-\sqrt{n}$$ elde edilir. Eşitlik durumunu için $p$ asalı için $n=p^2$ seçebiliriz.

[Metin Can Aydemir]

$3)$ Eğer $m$ veya $n$'den biri $1$ ise eşitsizlik sağlanır. $p,q$ asalları ve $a,b$ pozitif tamsayıları için $p\neq q$ ise eşitsizliğin doğru olduğu, hatta bir eşitlik haline geldiği görülebilir. Eğer $p=q$ ise $$v(p^aq^b)=v(p^{a+b})=a+b+1\leq (a+1)(b+1)=v(p^a)v(q^b)\tag{1}$$ olur. $m,n>1$ için $m=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}$ ve $n=q_1^{b_1}q_2^{b_2}\cdots q_t^{b_t}$ yazarsak, $$v(m)v(n)=v(p_1^{a_1})v(p_2^{a_2})\cdots v(p_k^{a_k})v(q_1^{b_1})v(q_2^{b_2})\cdots v(q_t^{b_t})$$ olacaktır. Bu ifadeye $k+t-1$ defa $(1)$ eşitsizliği uygulanırsa ($(1)$ eşitsizliği tüm asallar için sağlanıyor), $$v(m)v(n)\geq v(p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}q_1^{b_1}q_2^{b_2}\cdots q_t^{b_t})=v(mn)$$ elde edilir.

[Metin Can Aydemir]

$4)$ Eşitliğin sol tarafındaki ifade $S_1(n)$, sağ tarafındaki ifade $S_2(n)$ olsun. $15.$ soruda verdiğimiz lemmayı hatırlayalım. Eğer $v(n)$'nin çarpımsal olduğunu gösterirsek, $\sum\limits_{d\mid n, d>0}v(n)$ ve doğal olarak bu ifadenin karesi olan $S_1(n)$ de çarpımsal olacaktır. Benzer şekilde $v^3(n)$ de çarpımsal olacağından $S_2(n)$ de çarpımsal olacaktır.

$f(n)=1$ olan bir fonksiyon tanımlarsak, bu fonksiyon çarpımsaldır. Dolayısıyla $$v(n)=\sum_{d\mid n, d>0}1$$ fonksiyonu da çarpımsal olacaktır. Buradan $S_1(n)$ ve $S_2(n)$ fonksiyonlarının çarpımsal olduğu sonucu çıkar. Yani $n=1$ ve asal sayının kuvvetleri için eşitliğin sağlanması yeterlidir çünkü $g$ çarpımsal fonksiyonunda $g(1)=1$ ve $n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}$ için $$g(n)=g(p_1^{a_1})g(p_2^{a_2})\cdots g(p_k^{a_k})$$ olur. $S_1(1)=S_2(1)=1$'dir. $n=p^a$ için $$S_1(p^{a})=(1+2+\cdots+a)^2$$ $$S_2(p^a)=1^3+2^3+\cdots +a^3$$ bulunur. Bu iki ifadenin eşit olduğu bilinen bir özdeşliktir. Dolayısıyla her $n$ için $$\left(\sum_{d\mid n,~d>0} v(d)\right)^2=\sum_{d\mid n,~d>0} (v(d))^3$$ olacaktır.