, para todo entero positivo n? ¿En qué casos se da la igualdad?

Este problema aritmético no es nada trivial; ilustra una situación muy característica de muchas demostraciones en teoría de números: se puede demostrar el teorema por medio de un razonamiento general, pero que solo abarca todos los infinitos casos posibles desde un cierto límite en adelante; quedan sin demostrar entonces una cantidad finita de casos (cantidad a veces enormemente grande), que deben demostrarse con procedimientos particulares, mediante métodos ad hoc, y a veces hace falta más ingenio para determinar en qué casos se subdivide la demostración, que el necesario para la propia demostración de cada caso.

En los textos matemáticos publicados se quiere siempre economizar páginas por exigencias comerciales y editoriales, de manera que el lector a menudo queda con dudas que, si no resuelve por sí mismo, dan lugar en los estudiantes a la "falta de base", tan citada como poco atendida.

La presente demostración podría abreviarse en algunos puntos, pero perdería claridad y contundencia, lo que redundaría, en cierto sentido, en una falta de rigor. Por tanto, expongo aquí la demostración en detalle.

Las desigualdades aritméticas con frecuencia suelen ser algo difíciles de probar, a veces extraordinariamente difíciles, y en algunos casos son problemas abiertos. Suerte que ésta es de la primera clase…

Entendemos que la letra griega τ (tau) se refiere, como es usual, a la función aritmética τ que cuenta el número de divisores enteros y positivos de cualquier entero n>0. Como es sabido, la función τ es multiplicativa, lo que significa que si m y n son primos entre sí, o sea, su MCD es (m,n) = 1, entonces

τ (mn) = τ (m) τ (n).

Si n=1, evidentemente τ(1)=1, y, en efecto, es 1< √(3*1)=√3 (pues 1²<3 )

Supongamos, en primer lugar, que n es potencia de 2 :

n=2 ᵏ, donde el entero k>0. Probemos la desigualdad:

(k+1)² < 3 *2 ᵏ, para todo k>0 (*)

(*) Es cierta para k=1, pues 2²<3*2¹, o bien, 4<6.

Para continuar, probemos antes la desigualdad auxiliar (k+2)²<2(k+1)² para todo entero k>1 (**).

k>1, y k entero implica k≥2 → k²≥4>2 → k²>2 → sumando a ambos miembros k²+4k+2:

2k²+4k+2> k²+4k+4 → 2(k+1)²>(k+2)² → (k+2)² < 2(k+1)², c.q.d. (**)

Hipótesis de Inducción: Supongamos que (*) se cumple para cierto entero k>1 y probemos que también se verifica para k+1.

Luego suponemos que (k+1)² < 3 *2 ᵏ ; multiplicando por 2 ambos miembros:

2 (k+1)² < 3 *2 ᵏ⁺¹ → [ por (**) ] → (k+2)² < 2 (k+1)² < 3 *2 ᵏ⁺¹ →

(k+2)² < 3 *2 ᵏ⁺¹ → de modo que se verifica (*) cuando se sustituye k por k+1, lo cual, junto con el hecho de que (*) es verdadera para k = 1, implica que (*) es cierta para todo entero positivo k.

PRIMER CASO:

Así pues, si n=2 ᵏ, con k entero >1, se tiene [τ(n) ]² = (k+1)² < 3 *2 ᵏ =3n →

τ(n) < √(3n) → τ(n) ≤ √(3n) , que es la tesis que se pedía demostrar, solo que en el caso concreto n = 2 ᵏ, con k entero > 1.

SEGUNDO CASO:

Sea ahora n = p ᵏ, con k entero > 0, siendo p primo, tal que p>2.

Se tendrá [τ(n) ]² = (k+1)² < 3 *2 ᵏ < 3 * p ᵏ = 3n → τ(n) < √(3n) →

τ(n) ≤ √(3n), luego la tesis de la pregunta se verifica siempre que n sea una potencia de un número primo cualquiera.

Veamos ahora el

TERCER CASO: n=2^α * 3^β, con α>0, β>0 (en caso contrario, si uno de los dos, α ó β, fuera nulo, n sería solo una potencia de un primo, ya considerado en la demostración del CASO SEGUNDO, o bien si se anulan ambos, n=1, caso trivial en que también se verifica la tesis). Consideraremos por separado los sub-casos α = 1,2,3,4,5, y α ≥ 6. Pero antes, establezcamos un lema muy útil para esta demostración.

LEMA 1 (una desigualdad exponencial-polinomial) :

Sean a y c dos números reales, tales que a > e (=2.7182…), c > 0 y definamos la función:

f: R⁺ → R⁺ ,, f(x) = c * a ˣ - x² ;

supongamos que para cierto entero positivo λ ≥ 3 es f(λ) > 0.

Entonces también se verifica f(λ+1) > 0.

Demostración: La función f es derivable en todo punto de su dominio (R⁺), por ser suma de funciones derivables, y el valor de la derivada es

f'(x) = (c* log a) a ˣ - 2x ; por el teorema del valor medio,

f(λ+1)-f(λ) = (λ+1-λ) f'(θ), con λ < θ < λ+1 , o bien:

f(λ+1)-f(λ) = f'(θ), con λ < θ < λ+1.

Pero f(λ) = c * a^λ - λ² > 0, por hipótesis, luego c * a^λ > λ² ;

f'(θ) = (c* log a) a^θ - 2θ ; advirtamos que log a > 1, por ser a > e.

λ < θ < λ+1 implica (c* log a) a^θ > (c* log a) a^λ , y también

-2(λ+1) < -2θ < -2λ, de modo que, sustituyendo:

f'(θ) = (c* log a) a^θ - 2θ > (c* log a) a^λ - 2(λ+1); pero sabíamos que

c*a^λ > λ² → (c*a^λ) log a > λ² log a → f'(θ) > λ² log a - 2(λ+1) > λ²-2λ-2;

la inecuación x²-2x-2 > 0 tiene como solución los dos semi-intervalos infinitos (exteriores al intervalo cerrado formado por las dos raíces reales del trinomio cuadrático) x < 1-√3 (< 0), o bien x > 1 + √3 ; por tanto, siendo λ entero positivo, será λ²-2λ-2 > 0 cuando y sólo cuando λ > 1 + √3, lo que equivale, siendo λ entero, a λ ≥ 3.

Luego, si λ ≥ 3 es siempre f'(θ) > 0, junto con f(λ) > 0 → f(λ+1)-f(λ) = f'(θ) > 0 → f(λ+1) = f(λ) + f'(θ) > 0+0, o sea, f(λ+1) > 0 , como queríamos demostrar.

SUB CASO α = 1:

n=2¹ * 3^β → [τ(n) ]² = [ τ(2¹) * τ(3^β) ]² = 2²*(β+1)² = 4 (β+1)²

¿Será 4 (β+1)² ≤ 2 * 3^(β+1) =3n, o equivalentemente, simplificando por 2,

2 (β+1)² ≤ 3^(β+1) para cualquier entero positivo β ? Así es, en efecto:

Sea λ = β+1 ; queremos probar que si λ es entero positivo, se cumple:

2λ² ≤ 3^ λ o bien, (1/2) * (3^ λ ) - λ² ≥ 0 .

Para λ = 1 → se reduce a 3/2 - 1 ≥ 0 (CIERTO);

para λ = 2 → se reduce a 9/2 - 4 ≥ 0 (CIERTO)

para λ = 3 → se reduce a 27/2 - 9 ≥ 0 (CIERTO)

Y ya, para λ > 3, aplicamos el lema (desigualdad anteriormente demostrada)

f: R⁺ → R⁺ ,, f(x) = c * a ˣ - x² , con c = 1/2 ; a = 3 ( > e)

f(x) = (1/2) * 3 ˣ - x² ; como se verifica f(3) = 27/2–9 = 9/2 > 0 y si se verifica la desigualdad citada para cierto λ ≥ 3, es decir, f(λ) > 0, entonces también se verifica para el siguiente, f(λ +1) > 0, queda probado por inducción que:

para todo número λ, entero positivo es f(λ) > 0, lo que implica como hemos visto, que

[τ(n) ]² = 4 (β+1)² ≤ 2 * 3^(β+1) = 3n → τ(n) ≤ √(3n), esto es, se cumple la tesis en el SUB CASO α = 1, como se quería demostrar.

SUB CASO α = 2:

n = 2² * 3^β → [τ(n) ]² = [ τ(2²) * τ(3^β) ]² = 3²*(β+1)² = 9 (β+1)²

¿Será 9 (β+1)² ≤ 2² * 3^(β+1) =3n, o equivalentemente,

(β+1)² ≤ (4/9) * 3^(β+1) para cualquier entero positivo β ? Así es, en efecto:

Sea λ = β+1 ; queremos probar que si λ es entero positivo, se cumple:

λ² ≤ (4/9) * (3^ λ) o bien, (4/9) * (3^ λ ) - λ² ≥ 0 .

Para λ = 1 → se reduce a 4/3 - 1 ≥ 0 (CIERTO);

para λ = 2 → se reduce a 4 - 4 ≥ 0 (CIERTO)

para λ = 3 → se reduce a 12 - 9 ≥ 0 (CIERTO)

Y ya, para λ > 3, aplicamos el lema (desigualdad anteriormente demostrada)

f: R⁺ → R⁺ ,, f(x) = c * a ˣ - x² , con c = 4/9 ; a = 3 (> e)

f(x) = (4/9) * 3 ˣ - x² ; como se verifica f(3) = 12–9 = 3 > 0 y si se verifica la desigualdad citada para cierto λ ≥ 3, es decir, f(λ) > 0, entonces también se verifica para el siguiente, f(λ +1) > 0, queda probado por inducción que:

para todo número λ, entero positivo, es f(λ) > 0, lo que implica como hemos visto, que

[τ(n) ]² = 9 (β+1)² ≤ 2² * 3^(β+1) = 3n → τ(n) ≤ √(3n), esto es, se cumple la tesis en el SUB CASO α = 2, como se quería demostrar.

SUB CASO α = 3:

n=2³ * 3^β → [τ(n) ]² = [ τ(2³) * τ(3^β) ]² = 4² * (β+1)² = 16 (β+1)²

¿Será 16 (β+1)² ≤ 2³ * 3^(β+1) = 3n, o equivalentemente,

(β+1)² ≤ (1/2) * 3^(β+1) para cualquier entero positivo β ? Así es, en efecto:

Sea λ = β+1 ; queremos probar que si λ es entero positivo, se cumple:

λ² ≤ (1/2) * 3^ λ o bien, (1/2) * (3^ λ ) - λ² ≥ 0 .

Para λ = 1 → se reduce a 3/2 - 1 ≥ 0 (CIERTO);

para λ = 2 → se reduce a 9/2 - 4 ≥ 0 (CIERTO)

para λ = 3 → se reduce a 27/2 - 9 ≥ 0 (CIERTO)

Y ya, para λ > 3, aplicamos el lema (desigualdad anteriormente demostrada)

f: R⁺ → R⁺ ,, f(x) = c * a ˣ - x² , con c = 1/2 ; a = 3 (> e)

f(x) = (1/2) * 3 ˣ - x² ; como se verifica f(3) = 27/2–9 = 9/2 > 0 y si se verifica la desigualdad citada para cierto λ ≥ 3, es decir, f(λ) > 0, entonces también se verifica para el siguiente, f(λ +1) > 0, queda probado por inducción que:

para todo número λ, entero positivo, es f(λ) > 0, lo que implica como hemos visto, que

[τ(n) ]² = 16 (β+1)² ≤ 3n → τ(n) ≤ √(3n), esto es,

se cumple la tesis en el SUB CASO α = 3, como se quería demostrar.

SUB CASO α = 4:

n=2⁴ * 3^β → [τ(n) ]² = [ τ(2⁴) * τ(3^β) ]² = 5² * (β+1)² = 25 (β+1)²

¿Será 25 (β+1)² ≤ 2⁴ * 3^(β+1) = 3n, o equivalentemente,

(β+1)² ≤ (16/25) * 3^(β+1) para cualquier entero positivo β ? Así es, en efecto:

Sea λ = β+1 ; queremos probar que si λ es entero positivo, se cumple:

λ² ≤ (16/25) * 3^ λ o bien, (16/25) * (3^ λ ) - λ² ≥ 0 .

Para λ = 1 → se reduce a 48/25 - 1 ≥ 0 (CIERTO);

para λ = 2 → se reduce a 144/25 - 4 ≥ 0 (CIERTO)

para λ = 3 → se reduce a 432/25 - 9 ≥ 0 (CIERTO)

Y ya, para λ > 3, aplicamos el lema (desigualdad anteriormente demostrada)

f: R⁺ → R⁺ ,, f(x) = c * a ˣ - x² , con c = 16/25 ; a = 3 (> e)

f(x) = (16/25) * 3 ˣ - x² ; como se verifica f(3) = 432/25–9 = 9/2 > 0 y si se verifica la desigualdad citada para cierto λ ≥ 3, es decir, f(λ) > 0, entonces también se verifica para el siguiente, f(λ +1) > 0, queda probado por inducción que para todo número λ, entero positivo, es f(λ) > 0, lo que implica como hemos visto, que

[τ(n) ]² = 25 (β+1)² ≤ 2⁴ * 3^(β+1) = 3n → τ(n) ≤ √(3n), esto es, se cumple la tesis en el SUB CASO α = 4, como se quería demostrar.

SUB CASO α = 5:

n=2⁵ * 3^β → [τ(n) ]² = [ τ(2⁵) * τ(3^β) ]² = 6² * (β+1)² = 36 (β+1)²

¿Será 36 (β+1)² ≤ 2⁵ * 3^(β+1) = 3n, o equivalentemente, pues 2⁵/36 = 8/9,

(β+1)² ≤ (8/9) * 3^(β+1) para cualquier entero positivo β ? Así es, en efecto:

Sea λ = β+1 ; queremos probar que si λ es entero positivo, se cumple:

λ² ≤ (8/9) * 3^ λ o bien, (8/9) * (3^ λ ) - λ² ≥ 0 .

Para λ = 1 → se reduce a 8/3 - 1 ≥ 0 (CIERTO);

para λ = 2 → se reduce a 8 - 4 ≥ 0 (CIERTO)

para λ = 3 → se reduce a 24 - 9 ≥ 0 (CIERTO)

Y ya, para λ > 3, aplicamos el lema (desigualdad anteriormente demostrada)

f: R⁺ → R⁺ ,, f(x) = c * a ˣ - x² , con c = 8/9 ; a = 3 (> e)

f(x) = (8/9) * 3 ˣ - x² ; como se verifica f(3) = 24 –9 ≥ 0 y si se verifica la desigualdad citada para cierto λ ≥ 3, es decir, f(λ) > 0, entonces también se verifica para el siguiente, f(λ +1) > 0, queda probado por inducción que para todo número λ, entero positivo, es f(λ) > 0, lo que implica como hemos visto, que

[τ(n) ]² = 36 (β+1)² ≤ 2⁵ * 3^(β+1) = 3n → τ(n) ≤ √(3n), esto es, se cumple la tesis en el SUB CASO α = 5, como se quería demostrar.

SUB CASO α ≥ 6 :

Probemos primero dos desigualdades auxiliares.

LEMA 2 (una desigualdad exponencial-polinomial) :

Si el entero α y el entero β cumplen α ≥ 6 ; β ≥ 0 se verifican las dos desigualdades siguientes:

I) 2^α ≥ (α+1)²

II) 3^(β+1) ≥ (β+1)²

Demostración: I) Para α = 6 , la desigualdad se reduce a 2⁶ ≥ 7² → 64 ≥ 49, que es cierta. Supongamos ahora que para cierto α ≥ 6 se cumple la desigualdad

2^α ≥ (α+1)² ; por ser α ≥ 6 → α² ≥ 36 → α² > 2 → [sumando a ambos miembros α² + 4α + 2 ] → 2α² + 4α + 2 > α² + 4α + 4 →

2 (α² + 2α + 1) > α² + 4α + 4 → 2(α + 1)² > (α + 2)²; pero multiplicando por 2 los dos miembros de la desigualdad 2^α ≥ (α+1)² →

2^(α+1) ≥ 2(α+1)² > (α + 2)², por lo cual 2^(α+1) ≥ (α + 2)² y se verifica la desigualdad I) con α+1 en lugar de α ; por inducción, queda demostrado, pues, que I) es cierta para todo α ≥ 6.

II) Cuando es β = 0, la desigualdad requerida se reduce a 3¹ ≥ 1² (CIERTO) .

Supongamos que para determinado valor de β ≥ 0 se tiene 3^(β+1) ≥ (β+1)² ;

representemos β+1 = h ; queremos probar que si h es entero positivo,

y se cumple 3 ʰ ≥ h² entonces también será 3 ʰ⁺¹ ≥ (h+1)² . Se cumple 3 ʰ ≥ h², como hemos comprobado, con β = 0 → h=1 → 3¹ ≥ 1.

También si h=2 → 3² ≥ 2² (CIERTO) ; sea entonces h ≥ 3 . Como es 4 > 3/2 →

2 > √(3/2) → 3 > 1 + √(3/2) → h ≥ 3 > 1 + √(3/2) → (h-1)² > 3/2 →

h²-2h+1 > 3/2 → 2h²-4h+2 > 3 → [sumando a los dos miembros 2h-3 ]→

2h² - 2h - 1 > 2h ≥ 0 → 2h² ≥ 2h + 1 → 3h² ≥ h² + 2h + 1 → 3h² ≥ (h+1)²; como partíamos de la hipótesis 3 ʰ ≥ h² → 3 ʰ⁺¹ ≥ 3h² ≥ (h+1)² → 3 ʰ⁺¹ ≥ (h+1)², que es lo que requiere el método de inducción; por tanto, por verificarse 3 ʰ ≥ h² con h=1 y si se verifica para cierto h entero positivo, se verifica para el siguiente, será 3 ʰ ≥ h² para todo entero positivo h, o bien, 3^(β+1) ≥ (β+1)² para todo entero no negativo β, de manera que II) queda probada, y así concluye la demostración del Lema 2.

Final de la demostración en el CASO TERCERO, SUB-CASO α ≥ 6 :

Sea n = 2^α * 3^β, con α ≥ 6, β > 0 .

[τ(n) ]² = [τ(2^α * 3^β) ]² = [τ(2^α) * τ(3^β) ]² = (α+1)² (β+1)² ;

por el Lema 2, sabemos que (α+1)² ≤ 2^α , así como que (β+1)² ≤ 3^(β+1) →

[τ(n) ]² = (α+1)² (β+1)² ≤ (2^α) * 3^(β+1) = 3n → τ(n) ≤ √ (3n), que es la tesis que queríamos demostrar.

De esta manera, habiendo analizado por separado todos los casos posibles, hemos probado que si

n = 2^α * 3^β, con α ≥ 0, β ≥ 0 → τ(n) ≤ √ (3n), la tesis que se quería demostrar.

Para acabar completamente la demostración necesitamos otros lemas:

Lema 3 : Si γ es un entero positivo, γ > 0 , y p es un número primo mayor o igual que 5, p ≥ 5, se tiene (γ +1)² ≤ p^γ.

Demostración: Para γ = 1, la desigualdad se reduce a 2² =4 ≤ p¹ = p, cierto pues por hipótesis es p ≥ 5. Para γ = 2, se reduce a 3² = 9 ≤ p², cierto pues

p ≥ 5 implica p² ≥ 25 ≥ 9. Si γ = 3, se convierte en 4² = 16 ≤ p³, de nuevo cierto, pues p ≥ 5 implica p³ ≥ 125 ≥ 16.

Si γ = 4, la desigualdad se reduce a 5² ≤ p⁴, también cierto, pues p ≥ 5 implica p⁴ ≥ 625 ≥ 25. Y si finalmente es γ = 5, la desigualdad se convierte en

6² = 36 ≤ p⁵, verdadero porque p ≥ 5 implica p⁵ ≥ 3125 ≥36.

Ahora sea, por último, γ ≥ 6 ; apelando al Lema 2, apartado I), que nos dice que siempre que sea α ≥6, es 2^α ≥ (α+1)², podemos aplicarlo a cualquier entero mayor o igual que 6, incluido γ ≥ 6, luego:

2^γ ≥ (γ+1)² ; pero como el número primo p es mayor que 5, en particular es mayor que 2, luego p^γ ≥ 2^γ ≥ (γ+1)² → (γ+1)² ≤ p^γ , que es lo que afirma el Lema 3, tal como queríamos demostrar.

Lema 4: Si p es un número primo, p ≥ 5,

m es un entero positivo que cumpla la tesis principal, τ(m) ≤ √ (3m) ,

m no es divisible por p, y γ es cualquier entero positivo,

siendo n = m * p^γ ,

entonces n verifica también la tesis principal, es decir, τ(n) ≤ √ (3n).

Demostración: [τ(n) ]² = [τ(m * p^γ) ]² = [τ(m) ]² [τ(p^γ) ]² ≤ 3m * ( γ+1)² →

[aplicando el Lema 3, (γ +1)² ≤ p^γ ] →

[τ(n) ]² ≤ 3m * ( γ+1)² ≤ 3m * p^γ = 3n → τ(n) ≤ √ (3n), como queríamos demostrar.

Lema 5 : Sea n = 2^α * 3^β * p₁^γ₁ * p₂^γ₂ * …* p ⱼ ^ γ ⱼ la descomposición de cierto entero positivo n en factores primos, donde los primos p₁, p₂, …,p ⱼ son todos ≥ 5 (podría haber uno solo, p₁, si fuera j=1), y siendo

α ≥ 0, β ≥ 0, pero γ₁ > 0, γ₂ > 0,…, γ ⱼ > 0.

[es decir, en la descomposición de n en factores primos puede figurar ó no figurar el 2, y figurar ó no figurar el 3 ; o bien no figurar ni el 2 ni el 3, por tener exponentes nulos, pero los demás primos que aparecen tienen exponentes no nulos].

Supongamos también que n verifica la tesis principal, esto es,

τ(n) ≤ √(3n). En tales hipótesis, siendo q un número primo mayor o igual que 5 y distinto de todos los p₁, p₂, …, p ⱼ, y ω cualquier entero positivo, el entero positivo n * (q^ω) también verifica la tesis principal de la pregunta, es decir,

τ[n * (q^ ω) ] ≤ √ [3n * (q ^ ω)].

Demostración: τ² [n * (q^ω) ] = τ² (n) τ² (q^ω) = τ² (n) (ω+1)² ≤ 3n(ω+1)².

Pero aquí, siendo ω > 0, y q ≥ 5, podemos aplicar el Lema 3:

(ω+1)² ≤ q^ω → 3n(ω+1)² ≤ 3n * (q^ω) → en definitiva,

τ² [n * (q^ω) ] ≤ 3n * (q^ω) →

τ [n * (q^ω) ] ≤ √[3n * (q^ω) ], como queríamos demostrar.

Finalmente terminamos la demostración que pide la pregunta por medio del siguiente

Teorema: Si n es cualquier entero positivo, se verifica la tesis principal de la pregunta, esto es, τ(n) ≤ √ (3n).

Demostración: Si n solo es divisible por un primo es potencia de él, y ya hemos demostrado antes (CASO SEGUNDO) que n verifica la tesis principal; si n es divisible tan solo por los factores primos 2 y 3, tendrá la descomposición en factores primos:

n=2^α * 3^β, con α>0, β>0, y también hemos probado ya (CASO TERCERO) que n verifica la tesis principal.

En resumen, si n=2^α * 3^β, con α ≥ 0, β ≥ 0 → τ(n) ≤ √ (3n).

Supongamos ahora que n = m * p₁^γ₁ , con p₁ ≥ 5, γ₁ > 0 ; donde m no es divisible por p₁, y además m cumple la tesis principal, es decir, τ(m) ≤ √ (3m). Por brevedad en la notación, representaremos [τ(n) ]² como τ²(n). Se tendrá:

τ²(n) = τ²(m * p₁^γ₁) = τ²(m) * τ²(p₁^γ₁ ) ≤ 3m * τ²(p₁^γ₁) = 3m * (γ₁+1)² ;

Pero como p₁ ≥ 5, podemos aplicar el Lema 3: (γ₁+1)² ≤ p₁^γ₁ →

τ²(n) ≤ 3m * (γ₁+1)² ≤ 3m * (p₁^γ₁) = 3n → τ(n) ≤ √ (3n).

De modo que si n es divisible, a lo sumo, por un solo número primo p₁ ≥ 5 → n cumple la tesis principal, es decir, τ(n) ≤ √ (3n).

Para probar el teorema general por el método de inducción, supongamos

HIPÓTESIS DE INDUCCIÓN: Sea j un entero positivo; si en la descomposición de n en factores primos figuran exactamente j números primos distintos p₁, p₂, …,p ⱼ, todos ellos mayores o iguales que 5, elevados a cualquier exponente positivo, SUPONGAMOS que entonces n verifica la tesis principal, y por tanto τ(n) ≤ √ (3n).

O bien, si n = 2^α * 3^β * p₁^γ₁ * p₂^γ₂ * …* p ⱼ ^ γ ⱼ , con

α ≥ 0, β ≥ 0 ; γ₁ > 0, γ₂ > 0,…, γ ⱼ > 0 ; p ᵢ ≥ 5 [1 ≤ i ≤ j] → τ(n) ≤ √ (3n)

Demostraremos que también se cumple la tesis principal para el caso en que n sea divisible por exactamente j+1 primos distintos, mayores o iguales que 5, con cualquier exponente positivo.

En efecto, sea n = 2^α * 3^β * p₁^γ₁ * p₂^γ₂ * …* p ⱼ ^ γ ⱼ * q^ω, siendo

α ≥ 0, β ≥ 0 ; γ₁ > 0, γ₂ > 0,…, γ ⱼ > 0, ω > 0, q primo ≥ 5 , q distinto de todos los p ᵢ [1 ≤ i ≤ j] . Llamemos m = 2^α * 3^β * p₁^γ₁ * p₂^γ₂ * …* p ⱼ ^ γ ⱼ.

Por la Hipótesis de inducción, m verifica la tesis principal, o sea, τ(m) ≤ √ (3m), debido a que m es divisible por exactamente j primos ≥ 5 , distintos, elevados cada uno a cualquier exponente positivo. Además, m no es divisible por q, ya que q es distinto de todos los p ᵢ [1 ≤ i ≤ j] además de ser distinto de 2 y de 3 (porque q ≥ 5 ) → (m, q^ω) = 1 . Ahora, será:

τ²(n) = τ²(m * q^ω) = τ²(m) * τ²(q^ω) ≤ 3m * (ω+1)² [Aplicando Lema 3] →

τ²(n) ≤ 3m * ( ω+1)² ≤ 3m * q^ω = 3n → τ(n) ≤ √ (3n) C.Q.D.

Por tanto, si la hipótesis de inducción es cierta para todos los enteros positivos n divisibles por exactamente j números primos ≥ 5, todos distintos (j > 0), elevados a cualquier exponente positivo, es verdadera también para todos los enteros positivos n divisibles por exactamente j+1 números primos ≥ 5, distintos, elevados a cualquier exponente positivo.

Como es cierta la propiedad cuando n es divisible por tan solo un número primo ≥ 5, entonces, por inducción, queda probada la propiedad: se verificará que τ(n) ≤ √ (3n) cuando n sea divisible por cualquier cantidad (≥ 1) de números primos ≥ 5 y distintos todos ellos.

De modo que dado cualquier entero positivo n, si no es divisible por ningún primo ≥ 5, la descomposición de n en factores primos será

n = 2^α * 3^β (α ≥ 0, β ≥ 0) y como hemos probado en el TERCER CASO, se cumple τ(n) ≤ √ (3n) ;

mientras que si el entero positivo n es divisible por cualquier cantidad (≥ 1) de números primos ≥ 5, elevados a cualesquiera exponentes positivos, entonces también se cumple τ(n) ≤ √ (3n), lo que demuestra finalmente que

Si n es cualquier entero positivo, se verifica τ(n) ≤ √ (3n) , con lo que termina la demostración que solicitaba la pregunta.