正の整数$n$に対し, $n$の正の約数の個数を$d(n)$とする。たとえば, $6$の正の約数は$1$, $2$, $3$, $6$ の $4$ 個なので, $d(n)=4$
である。また, \[f(n)=\frac{d(n)}{\sqrt{n}}\] とする。

(1)

\( f(2025) \) を求めよ。

(2)

素数 \(p\) と正の整数 \(k\) の組で \( f(p^k)\leq f(p^{k+1}) \) を満たすものを求めよ。

(3)

\( f(n) \) の最大値と，そのときの \( n \) を求めよ。

毎年恒例のその年の年号（西暦）を用いた問題です。ここJUKENでも６年連続で扱っています。今年の数は「$2025$」です。

(1)これは簡単ですね。
\[2025
=5\times 405
=5\times 5\times 81
=5\times 5\times 3\times 27
=5\times 5\times 3\times 3\times 9
=5\times 5\times 3\times 3\times 3\times 3\]
$2025=3^4\times 5^2$なので正の約数の個数は$d(n)=(4+1)(2+1)=15$個です。

また$\sqrt{2025}=5\times 3^2=45$なので、
\[f(2025)=\frac{d(2025)}{\sqrt{2025}}=\df{15}{45}=\df{1}{3}\]

(2)素数$p$に対し,　$p^k$の正の約数は$1,p,p^2,\cdots,p^k$の$(k+1)$個ですので、$d(p^k)=(k+1)$。
また$\sqrt{p^k}=p^{\frac{k}{2}}$なので\[f(p^k)=\df{k+1}{p^{\frac{k}{2}}}\]です。

同様に$p^{k+1}$に対して考えれば、
\[f(p^{k+1})=\df{k+2}{p^{\frac{k+1}{2}}}\]
です。題意の条件は$f(p^k)\leqq f(p^{k+1})$なので、具体的に書けば
\[\df{k+1}{p^{\frac{k}{2}}}\leqq \df{k+2}{p^{\frac{k+1}{2}}}\]
となります。

これをどんどん同値変形して簡単にしていきましょう。
\[\begin{array}{lcl}
\df{k+1}{p^{\frac{k}{2}}}\leqq \df{k+2}{p^{\frac{k+1}{2}}}
&\Leftrightarrow
&(k+1)p^{\frac{k+1}{2}}\leqq (k+2)p^{\frac{k}{2}}\\
&\Leftrightarrow
&(k+1)p^{\frac{1}{2}}\leqq (k+2)\\
&\Leftrightarrow
&p^{\frac{1}{2}}\leqq \df{k+2}{k+1}\\
&\Leftrightarrow
&\sqrt{p}\leqq \df{k+2}{k+1}\\
&\Leftrightarrow
&p \leqq \left(\df{k+2}{k+1}\right)^2
\end{array}
\]
素数$p$は、$\dis\left(\df{k+2}{k+1}\right)^2$以下の数です。ここで$\df{k+2}{k+1}$を見て、「大して大きな数になれないこと」・「殆ど$1$に近い数」に気付きます。童心にかえって、帯分数にすれば、$\df{k+2}{k+1}=1+\df{1}{k+1}$ですから$k$が大きくなるに従って、$\df{k+2}{k+1}$自体はどんどん小さくなります。具体的に$k=1,2,3,\cdots$を代入していくと、$\df{3}{2},\df{4}{3},\df{5}{4},\cdots$みたいにどんどん小さくなって$1$に近づいていきます。

$p \leqq \left(\df{k+2}{k+1}\right)^2$を満たす素数$p$は、$k=1$のときの$p=2$のみで、$k\geqq 2$では、一番大きい$\dis\left(\df{4}{3}\right)^2$でさえ$\df{16}{9}$なので、これ以下の素数は見つけられません。

(3)今回は一般の自然数$n$ですから、素数の冪とは限りません。どんな自然数も（正確には$1$以外の自然数は）素因数分解可能ですから、$n\geqq 2$が
\[n=2^{i}\times 3^{j}\times 5^{k}\times 7^{\ell}\times \cdots\]
のように素因数分解できていたとしましょう。このとき正の約数の個数は
$d(n)=(i+1)(j+1)(k+1)(\ell+1)\cdots$個で、
$\sqrt{n}
=2^{\frac{i}{2}}\times
3^{\frac{j}{2}}\times
5^{\frac{k}{2}} \times
7^{\frac{\ell}{2}} \times \cdots$なので、
\[f(n)
=\frac{(i+1)(j+1)(k+1)(\ell+1)\cdots}
{
2^{\frac{i}{2}}\times
3^{\frac{j}{2}}\times
5^{\frac{k}{2}} \times
7^{\frac{\ell}{2}} \times \cdots}
=
\frac{i+1}{2^{\frac{i}{2}}}\times
\frac{j+1}{3^{\frac{j}{2}}}\times
\frac{k+1}{5^{\frac{k}{2}}}\times
\frac{\ell+1}{7^{\frac{\ell}{2}}}\times
\]
つまり
\[f(n)=f(2^i)\times f(3^j)\times f(5^k)\times f(7^\ell)\]
となっていて、$3$以上の素数$p$では、(2)り、$f(p^k)> f(p^{k+1})$となることが分かっています。

従って、自然数$k$については$f(p^1)$が最大なのですが、その値は$f(p^1)=\df{2}{\sqrt{p}}$です。

仮に$k=0$の場合、$f(p^0)=f(1)=1$なので、$p\geqq 5$の素数に対しては、素因数分解したときに$p$が現れない方が$f(p^k)$の値も大きいです。

$f(n)$を最大値にする$n$を探しているのですから、素因数分解して$n=2^{i}\times 3^{j}$の形になるものに限って探せばよいことになりました。

$f(n)=f(2^i)\times f(3^j)$で$f(2^i)$の方に関しては、(2)より、$i$が自然数のとき$f(2^2)=\df{3}{\sqrt{2^2}}=\df{3}{2}$が最大で、これは$f(2^1)=\sqrt{2}$や$f(2^0)=1$より大きいです。

$ f(3^j)$の方も同様に$j$が自然数のとき$f(3^1)=\df{2}{\sqrt{3}}$が最大で、これも$f(3^0)=1$より大きいです。
したがって$n=2^2\times 3^1=12$のときの$f(12)=\df{3}{2}\times\df{2}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$が最大値になります。
これはそもそも素因数分解できない$n=1$のときの$f(1)=1$より確かに大きいです。