如何证明一个数 n 的因子之和是 O(n) 的？
好的，咱们来聊聊怎么证明一个数 $n$ 的因子之和（也叫约数和）增长速度是线性的，也就是用大O符号表示是 $O(n)$。这其实是一个挺基础但又很有意思的数论问题。
首先，咱们得明确一下什么是“因子之和”。一个数 $n$ 的因子，就是能整除 $n$ 的所有正整数。比如，$n=6$，它的因子有 $1, 2, 3, 6$。那么 $6$ 的因子之和就是 $1+2+3+6 = 12$。我们要证明的就是，当 $n$ 越来越大的时候，它的因子之和增长的速度，不会比 $n$ 的增长速度更快。
咱们先从最直观的角度来理解。
直观理解：因子都在 $n$ 的“附近”
想想看，一个数 $n$ 的因子有哪些？最少的因子就是 $1$ 和 $n$ 本身。无论 $n$ 多大，这两个因子是永远存在的。所以因子之和至少是 $1+n$。
那其他的因子呢？假设 $d$ 是 $n$ 的一个因子，那么 $d$ 一定小于或等于 $n$。因为每个因子都小于或等于 $n$，所以即使我们把所有可能的因子加起来，这个总和也“不太可能”一下子就变得比 $n$ 大很多很多。
更具体一些的分析：上限的思考
我们可以尝试给因子之和找一个上限。我们知道，$n$ 的所有因子 $d$ 都满足 $1 le d le n$。
那么，因子之和 $sigma(n)$ 可以怎么估算呢？
$sigma(n) = sum_{d|n} d$
既然所有的因子 $d$ 都满足 $d le n$，那么我们可以做这样一个粗略的估计：
$sigma(n) = sum_{d|n} d le sum_{d|n} n$
这里面有多少个因子呢？我们用 $d(n)$ 来表示 $n$ 的因子个数。那么：
$sigma(n) le n cdot d(n)$
现在的问题就转化成了：$d(n)$ 的增长速度到底有多快？如果 $d(n)$ 的增长速度非常慢，或者至少不是以 $n$ 的指数级别增长，那么 $n cdot d(n)$ 这种形式就有可能是 $O(n)$ 的。
我们来研究一下因子个数 $d(n)$。
如果 $n = p_1^{a_1} p_2^{a_2} cdots p_k^{a_k}$ 是 $n$ 的标准素数分解（$p_i$ 是不同的素数，$a_i ge 1$），那么 $n$ 的因子个数是：
$d(n) = (a_1+1)(a_2+1)cdots(a_k+1)$
举个例子：
$n=12 = 2^2 cdot 3^1$
$d(12) = (2+1)(1+1) = 3 cdot 2 = 6$
因子是 $1, 2, 3, 4, 6, 12$。
$n=36 = 2^2 cdot 3^2$
$d(36) = (2+1)(2+1) = 3 cdot 3 = 9$
因子是 $1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36$。
我们注意到，如果 $n$ 有很多素因子（尤其是小素因子），那么 $d(n)$ 会比较大。但是，即使是因子个数最多的情况，比如“高度合成数”，它的因子个数的增长速度也远慢于 $n$ 的增长速度。
一个重要的结论是，$d(n)$ 的增长速度是 亚线性 的。也就是说，$d(n) = O(n^epsilon)$ 对于任意 $epsilon > 0$ 都成立，甚至可以证明 $d(n) = O(n^{frac{1}{ln ln n}})$，这个比 $O(n^epsilon)$ 还要慢。
更粗糙但同样有效的估计： 我们可以认为 $d(n)$ 增长得非常慢。即使是最坏的情况，例如 $n$ 是很多小素数的乘积，比如 $n = 2 cdot 3 cdot 5 cdot ldots cdot p_k$，它的因子个数会相对较多。但即便如此，$d(n)$ 也不会像 $n$ 一样线性增长。
一个更紧凑的上限：$d(n)$ 的增长速度
我们知道 $n = p_1^{a_1} cdots p_k^{a_k}$。
$d(n) = (a_1+1) cdots (a_k+1)$.
为了让 $d(n)$ 尽可能大，我们需要让 $a_i$ 尽可能大，或者 $p_i$ 尽可能小。
考虑 $n=2^k$。那么 $d(n)=k+1$。而 $n=2^k$，所以 $k=log_2 n$。此时 $d(n) = log_2 n + 1$，这明显是 $O(log n)$ 的，比 $O(n)$ 慢得多。
再考虑让 $p_i$ 小。设 $n$ 的所有小于 $n$ 的因子是 $d_1, d_2, ldots, d_m$。
我们知道，如果 $d$ 是 $n$ 的一个因子，那么 $n/d$ 也是 $n$ 的一个因子。
我们可以把因子两两配对：$(d, n/d)$。
对于大多数因子，$d e n/d$，它们是成对出现的。只有当 $n$ 是完全平方数时，$n=k^2$，那么因子 $k$ 满足 $k=n/k$，它自己配自己。
$sigma(n) = sum_{d|n} d$
我们可以把这个和分成两部分：小于 $sqrt{n}$ 的因子和大于 $sqrt{n}$ 的因子。
设 $d$ 是 $n$ 的一个因子。
如果 $d < sqrt{n}$，那么 $n/d > sqrt{n}$。
如果 $d > sqrt{n}$，那么 $n/d < sqrt{n}$。
如果 $d = sqrt{n}$（当 $n$ 是完全平方数时），那么 $n/d = sqrt{n}$。
$sigma(n) = sum_{d|n, d<sqrt{n}} d + sum_{d|n, d>sqrt{n}} d + ( ext{if } sqrt{n} ext{ is an integer factor})$
我们来看第二部分：$sum_{d|n, d>sqrt{n}} d$
如果 $d$ 是一个大于 $sqrt{n}$ 的因子，那么 $n/d$ 就是一个小于 $sqrt{n}$ 的因子。
所以，这个求和可以写成：
$sum_{d|n, d>sqrt{n}} d = sum_{d'|n, d'<sqrt{n}} frac{n}{d'}$
因此，
$sigma(n) = sum_{d|n, d<sqrt{n}} d + sum_{d'|n, d'<sqrt{n}} frac{n}{d'} + ( ext{if } sqrt{n} ext{ is an integer factor})$
我们知道所有因子 $d'$ 都满足 $d' ge 1$。
所以，$frac{n}{d'} le n$。
对于第一部分 $sum_{d|n, d<sqrt{n}} d$，每个因子 $d$ 都小于 $sqrt{n}$。
所以，$sum_{d|n, d<sqrt{n}} d < sum_{d|n, d<sqrt{n}} sqrt{n} = ( ext{number of factors less than } sqrt{n}) cdot sqrt{n}$。
因子个数 $d(n)$ 的上限是 $O(n^epsilon)$，更具体的，$d(n) = O(n^{frac{1}{ln ln n}})$. 所以因子个数是远小于 $n$ 的。
让我们再回到更简单的上限：
$sigma(n) = sum_{d|n} d$
每个因子 $d$ 都满足 $d le n$。
所以 $sigma(n) le sum_{d|n} n = n cdot d(n)$。
现在问题是 $d(n)$ 的增长速度。我们知道 $d(n)$ 增长很慢。
一个稍强一些的论证是：
$sigma(n) = sum_{d|n} d$
我们可以把因子分成两部分：$d le sqrt{n}$ 和 $d > sqrt{n}$。
$sigma(n) = sum_{d|n, d le sqrt{n}} d + sum_{d|n, d > sqrt{n}} d$
第一部分：$sum_{d|n, d le sqrt{n}} d$
这里每个因子 $d le sqrt{n}$。
所以这一部分的和 $le sum_{d|n, d le sqrt{n}} sqrt{n} = ( ext{因子个数}) cdot sqrt{n}$。
因子个数 $d(n)$ 是亚线性的。即使我们不用亚线性的结论，我们也可以用一个简单的上限：$d(n) le n$ （显然）。
那么 $sum_{d|n, d le sqrt{n}} d le d(n) cdot sqrt{n} le n cdot sqrt{n} = n^{3/2}$。这肯定大于 $O(n)$。这个估计太粗糙了。
我们换个角度来考虑。
$sigma(n) = sum_{d|n} d$
考虑一个数 $n$ 的因子 $d$。
如果 $d$ 是 $n$ 的一个因子，那么 $1 le d le n$。
我们知道，$sigma(n)$ 这个函数有一个有趣的性质，它是一个积性函数（multiplicative function）。也就是说，如果 $gcd(a, b) = 1$，那么 $sigma(ab) = sigma(a)sigma(b)$。
这个性质的证明基于素数分解。
如果 $n = p_1^{a_1} cdots p_k^{a_k}$，那么 $n$ 的因子形如 $d = p_1^{b_1} cdots p_k^{b_k}$，其中 $0 le b_i le a_i$。
$sigma(n) = sum_{0 le b_1 le a_1} cdots sum_{0 le b_k le a_k} p_1^{b_1} cdots p_k^{b_k}$
这个求和可以拆开：
$sigma(n) = left(sum_{b_1=0}^{a_1} p_1^{b_1} ight) cdots left(sum_{b_k=0}^{a_k} p_k^{b_k} ight)$
每一项都是一个等比数列求和：$sum_{b=0}^{a} p^b = frac{p^{a+1}1}{p1}$。
所以，$sigma(n) = frac{p_1^{a_1+1}1}{p_11} cdots frac{p_k^{a_k+1}1}{p_k1}$。
现在我们来看 $sigma(n)$ 和 $n$ 的关系：
$sigma(n) = frac{p_1^{a_1+1}1}{p_11} cdots frac{p_k^{a_k+1}1}{p_k1}$
$n = p_1^{a_1} cdots p_k^{a_k}$
我们来看每一项 $frac{p_i^{a_i+1}1}{p_i1}$ 和 $p_i^{a_i}$ 的关系。
$frac{p_i^{a_i+1}1}{p_i1} = frac{p_i cdot p_i^{a_i} 1}{p_i1}$
我们可以把这一项写成：
$frac{p_i^{a_i+1}1}{p_i1} = frac{p_i^{a_i+1}}{p_i1} frac{1}{p_i1}$
再把它和 $p_i^{a_i}$ 比较：
$frac{p_i^{a_i+1}1}{p_i1} = p_i^{a_i} cdot frac{p_i 1/p_i^{a_i}}{p_i1}$
$frac{p_i^{a_i+1}1}{p_i1} = p_i^{a_i} cdot frac{p_i}{p_i1} cdot (1 frac{1}{p_i^{a_i+1}})$
所以，
$sigma(n) = prod_{i=1}^k frac{p_i^{a_i+1}1}{p_i1} = prod_{i=1}^k left( p_i^{a_i} cdot frac{p_i}{p_i1} cdot (1 frac{1}{p_i^{a_i+1}}) ight)$
$sigma(n) = left(prod_{i=1}^k p_i^{a_i} ight) cdot left(prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1} ight) cdot left(prod_{i=1}^k (1 frac{1}{p_i^{a_i+1}}) ight)$
$sigma(n) = n cdot left(prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1} ight) cdot left(prod_{i=1}^k (1 frac{1}{p_i^{a_i+1}}) ight)$
现在我们来看后面的两个乘积。
$prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1}$
当 $p_i$ 是素数时，$p_i ge 2$。
$frac{p_i}{p_i1} = 1 + frac{1}{p_i1}$。
对于较小的素数，这个值会大一些：
$p=2: frac{2}{1} = 2$
$p=3: frac{3}{2} = 1.5$
$p=5: frac{5}{4} = 1.25$
如果 $n$ 的素因子很多，这个乘积会变大。
例如，对于 $n = 2 cdot 3 cdot 5 cdot ldots cdot p_k$，
$sigma(n)/n = frac{2}{1} cdot frac{3}{2} cdot frac{5}{4} cdots frac{p_k}{p_k1}$
这个乘积 $prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1}$ 实际上是与黎曼 Zeta函数 $zeta(s)$ 有关的。
$zeta(s) = sum_{n=1}^infty frac{1}{n^s} = prod_p frac{1}{1p^{s}}$ （欧拉乘积公式）
令 $s=1$，$zeta(1)$ 是调和级数，发散。
$zeta(1) = prod_p frac{1}{1p^{1}} = prod_p frac{1}{1 1/p} = prod_p frac{p}{p1}$。
因为 $zeta(1)$ 发散，所以这个无穷乘积 $prod_p frac{p}{p1}$ 是发散的。
这意味着，如果 $n$ 的素因子越来越多（随着 $n$ 增大，素因子数量也可能增加），那么 $sigma(n)/n$ 的这一部分会趋向于无穷大。
所以，我们不能直接说 $sigma(n) = n cdot ( ext{一个固定常数})$。
但是，对于任意一个固定的 $n$，它的素因子是有限个，这些 $p_i$ 也是固定的，所以 $prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1}$ 是一个固定的常数。
而第二项 $prod_{i=1}^k (1 frac{1}{p_i^{a_i+1}})$ 总是小于 $1$，而且当 $a_i$ 增大或者 $p_i$ 增大时，这一项会更接近于 $1$。
所以，对于任何一个 $n$， $sigma(n)$ 可以写成 $n$ 乘以一个因子。这个因子是 $prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1} cdot prod_{i=1}^k (1 frac{1}{p_i^{a_i+1}})$。
对于一个固定的 $n$，这个乘积是一个固定的值。
$sigma(n) = n cdot C(n)$，其中 $C(n) = prod_{p|n} frac{p}{p1} prod_{p|n} (1 frac{1}{p^{v_p(n)+1}})$。
这里的 $v_p(n)$ 是 $p$ 在 $n$ 的素因子分解中的指数。
为什么 $sigma(n) = O(n)$ 成立？
问题的关键在于大O表示法衡量的是增长趋势，不是一个固定的比例。
$O(n)$ 表示的是存在一个常数 $C$ 和一个 $N$ 使得对于所有 $n > N$，都有 $sigma(n) le C cdot n$。
让我们回到更朴素的证明思路，避免使用欧拉乘积的复杂性。
最简单的证明：利用因子结构
我们知道 $n$ 的因子 $d$ 满足 $1 le d le n$。
并且，对于每个因子 $d$，$frac{n}{d}$ 也是一个因子。
我们可以将因子 $d$ 和 $n/d$ 配对。
$sigma(n) = sum_{d|n} d$
考虑所有因子 $d le sqrt{n}$。
这些因子的数量最多是 $d(n)$。
所以 $sum_{d|n, d le sqrt{n}} d le d(n) sqrt{n}$。
我们知道 $d(n) le n$ (即使是最坏的情况，因子数也不超过 $n$ 个本身)。
所以 $sum_{d|n, d le sqrt{n}} d le n sqrt{n} = n^{3/2}$。
考虑所有因子 $d > sqrt{n}$。
如果 $d$ 是 $n$ 的一个因子且 $d > sqrt{n}$，那么 $n/d$ 就是 $n$ 的一个因子且 $n/d < sqrt{n}$。
所以，这些因子 $d$ 可以看作是 $n/(n/d)$ 的形式，其中 $n/d < sqrt{n}$。
$sum_{d|n, d > sqrt{n}} d = sum_{d'|n, d' < sqrt{n}} frac{n}{d'}$
这里，$d'$ 是 $n$ 的小于 $sqrt{n}$ 的因子。
我们知道 $d' ge 1$。
所以，$frac{n}{d'} le n$。
因此，$sum_{d'|n, d' < sqrt{n}} frac{n}{d'} le sum_{d'|n, d' < sqrt{n}} n = ( ext{因子个数小于}sqrt{n}) cdot n$。
因子个数小于 $sqrt{n}$ 的数量最多是 $d(n)$。
所以这一部分 $le d(n) cdot n$。
这两种估计都使用了 $d(n)$，而且上限都比 $O(n)$ 要高，例如 $n^{3/2}$。这说明我们需要一个更精细的界定。
关键点：大多数因子是小于 $n$ 的，而且不会太多
让我们回到 $sigma(n) = n cdot prod_{p|n} frac{p}{p1} prod_{p|n} (1 frac{1}{p^{v_p(n)+1}})$。
虽然 $prod_{p} frac{p}{p1}$ 是发散的，但对于一个特定的 $n$，它只有有限个素因子。
我们知道，对于任何一个素数 $p$，$p/(p1)$ 的值不会过大。最小的素数是 $2$，此时 $p/(p1) = 2$。随着 $p$ 增大，$p/(p1)$ 趋向于 $1$。
所以，$prod_{p|n} frac{p}{p1}$ 这个乘积，即使有许多素因子，其增长速度也比 $n$ 慢得多。
我们知道一个重要的结果：$sigma(n) < n ln(ln n)$（这是一个近似的界，实际上是 $sigma(n) sim n ln(ln n)$ 的对数平均，不是直接的界）。
更确切地说，$sigma(n) < n e^{gamma} ln(ln n)$，其中 $gamma$ 是欧拉马斯刻若尼常数。
这个界本身虽然不是 $O(n)$ 的形式（因为它有 $ln(ln n)$），但这只是一个上界，不是说因子之和本身就具有这样的增长率。
最直接的证明思路：利用因子配对的上限
$sigma(n) = sum_{d|n} d$
将因子分为两类：
1. 小于或等于 $sqrt{n}$ 的因子 ($d le sqrt{n}$)
2. 大于 $sqrt{n}$ 的因子 ($d > sqrt{n}$)
设 $S_1 = { d : d|n, d le sqrt{n} }$
设 $S_2 = { d : d|n, d > sqrt{n} }$
那么 $sigma(n) = sum_{d in S_1} d + sum_{d in S_2} d$
对于 $S_1$ 中的因子 $d$，我们有 $d le sqrt{n}$。
因此，$sum_{d in S_1} d le sum_{d in S_1} sqrt{n} = |S_1| cdot sqrt{n}$。
$|S_1|$ 是小于或等于 $sqrt{n}$ 的因子数量。已知因子总数 $d(n)$ 的增长是亚线性的。
即使我们取一个非常粗糙的上限，$d(n) le n$。
所以 $sum_{d in S_1} d le n sqrt{n} = n^{3/2}$。
对于 $S_2$ 中的因子 $d$，我们有 $d > sqrt{n}$。
如果 $d in S_2$，那么 $n/d$ 就是一个因子，并且 $n/d < n/sqrt{n} = sqrt{n}$。
所以，$n/d$ 属于 $S_1$。
反过来，如果 $d' in S_1$，那么 $n/d'$ 就是一个因子，并且 $n/d' > n/sqrt{n} = sqrt{n}$。
所以，$n/d'$ 属于 $S_2$。
这建立了 $S_1$ 和 $S_2$ 之间的一个一一对应关系：$d leftrightarrow n/d$。
那么，$sum_{d in S_2} d = sum_{d' in S_1} frac{n}{d'}$。
由于 $d' in S_1$，所以 $d' ge 1$。
因此，$frac{n}{d'} le n$。
所以，$sum_{d in S_2} d = sum_{d' in S_1} frac{n}{d'} le sum_{d' in S_1} n = |S_1| cdot n$。
将两部分加起来：
$sigma(n) = sum_{d in S_1} d + sum_{d in S_2} d le |S_1| sqrt{n} + |S_1| n$
$sigma(n) le |S_1| (n + sqrt{n})$
现在，问题的核心在于 $|S_1|$，也就是小于等于 $sqrt{n}$ 的因子数量。
我们知道，对于任何 $n$，因子数量 $d(n)$ 的增长速度是远慢于 $n$ 的。
一个非常松的上界是 $d(n) le n$。
所以 $|S_1| le d(n) le n$。
如果我们用这个上限：
$sigma(n) le n (n + sqrt{n}) = n^2 + n^{3/2}$。
这还是太松了，没有证明 $O(n)$。
需要一个更好的上限来限制因子数量
实际上，我们不需要精确地知道 $d(n)$ 的增长速度，只需要知道它不是指数级别增长。
更重要的是，我们要利用“对于固定的 $n$”，它的因子是固定的。
让我们直接回到 $sigma(n) = n cdot prod_{p|n} frac{p}{p1} prod_{p|n} (1 frac{1}{p^{v_p(n)+1}})$ 这个形式。
我们知道对于任何素数 $p ge 2$，$p/(p1) le 2$。
如果 $n$ 有 $k$ 个不同的素因子 $p_1, ldots, p_k$，那么 $prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1} le 2^k$。
问题是，$k$ 的最大值是多少？
$n ge p_1 p_2 cdots p_k$。
$n ge 2 cdot 3 cdot 5 cdots p_k$。
这是素数定理的一个推论，素数 $p_k$ 的增长大约是 $k ln k$。
所以 $n ge e^{p_k} approx e^{k ln k}$。
这意味着 $k$ 的增长远慢于 $n$。
一个粗略的估计：$n ge 2^k$（如果所有素因子都是 $2$），那么 $k le log_2 n$。
所以 $k$ 的数量级是 $O(log n)$。
那么 $prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1} le 2^k le 2^{log_2 n} = n$。
这还是太粗糙了。
正确的思路是利用因子本身的性质：
我们已知 $d$ 是 $n$ 的因子，则 $1 le d le n$。
那么因子之和 $sigma(n) = sum_{d|n} d$
是不是可以考虑一个更普遍的上限？
每一个因子 $d$ 都小于等于 $n$。
如果 $n$ 有 $k$ 个因子，那么 $sigma(n) le k imes n$。
$k$ 是 $d(n)$。
我们需要证明 $d(n)$ 的增长速度足够慢，使得 $d(n) cdot n = O(n)$。
这显然是错误的，因为 $d(n)$ 即使很慢，比如 $log n$，那么 $n log n$ 也不是 $O(n)$。
$O(n)$ 意味着 $sigma(n) le C cdot n$ 对某个常数 $C$ 成立。
最终，我们必须回到对 $sigma(n)/n$ 的分析。
我们知道 $sigma(n)/n = prod_{p|n} frac{p}{p1} prod_{p|n} (1 frac{1}{p^{v_p(n)+1}})$。
令 $f(n) = sigma(n)/n$。
我们想证明的是，对于任意给定的 $n$，$f(n)$ 是一个有限的值，并且我们能否找到一个 固定 的常数 $C$ 使得对于所有 $n$，$sigma(n) le C cdot n$？
事实是，对于素数 $p$，$frac{p}{p1}$ 并没有界。例如，当 $p$ 非常大时，$frac{p}{p1}$ 趋近于 $1$，但当 $p$ 趋近于 $1$（虽然 $p$ 是素数所以最小是 $2$）时，它会很大。
但这里 $p$ 是 $n$ 的素因子，它们是固定的。
关键点：
对于任何一个固定的 $n$，它只有有限个素因子 $p_1, ldots, p_k$。
所以，$prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1}$ 是一个有限乘积，它的值是固定的。
我们知道 $frac{p}{p1} = 1 + frac{1}{p1}$。
对于素数，$frac{p}{p1}$ 的最大值发生在 $p=2$ 时，为 $2$。
随着 $p$ 增大，这个值趋近于 $1$。
因此，对于任何 $n$，即使它有非常多的素因子，例如 $n$ 是前 $k$ 个素数的乘积，那么 $prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1}$ 的增长是可以通过素数定理来控制的。
这个乘积（对所有素数而言）是发散的，但它不是指数级增长的。
一个更严谨的论证需要一些数论知识，特别是关于素数分布的。
更直接的证明可以从因子配对那里开始，但是需要更小心地处理 $sqrt{n}$。
$sigma(n) = sum_{d|n} d$
我们可以把所有因子都看作是小于或等于 $n$ 的。
$sigma(n) le sum_{d=1}^n d = frac{n(n+1)}{2} = O(n^2)$。这太松了。
正确的证明思路应该是利用因子的“结构性”来限制总和。
一个标准的证明方法是：
$sigma(n) = sum_{d|n} d$
我们知道 $d le n$ 对于所有因子 $d$ 都成立。
$sigma(n) = sum_{d|n} d le sum_{d|n} n = n cdot d(n)$。
这里的 $d(n)$ 是因子个数。
我们知道 $d(n)$ 的增长是亚线性的。
一个众所周知的界是 $d(n) = O(n^epsilon)$ 对于任意 $epsilon > 0$。
例如，取 $epsilon = 1/2$。
那么 $sigma(n) le n cdot d(n) = O(n cdot n^{1/2}) = O(n^{3/2})$。这依然不满足 $O(n)$。
我们需要一个更精细的证明来表明 $sigma(n)/n$ 的上界是常数。
关键在于 $sigma(n) = n prod_{p|n} frac{1p^{(a+1)}}{1p^{1}}$
$sigma(n) = n prod_{p|n} frac{p}{p1} (1 p^{a1})$
考虑函数 $f(p) = p/(p1)$。
当 $p$ 很大时，$f(p) approx 1$。
例如，如果 $n$ 的所有素因子都非常大，那么 $prod frac{p}{p1}$ 的值就不会很大。
反之，如果 $n$ 的素因子很小，那么 $frac{p}{p1}$ 的值就会大一些。
例如 $n = 2^a 3^b 5^c ldots$
$sigma(n)/n = frac{2}{1} frac{3}{2} frac{5}{4} ldots$
存在一个常数 $C$ 使得 $sigma(n) le C n$ 吗？
事实证明：是不存在的！
因子之和 $sigma(n)$ 的增长比线性要快。
$sigma(n)$ 的确切渐进行为是 $sigma(n) sim n ln ln n$ (阿佩里常数相关的界)。
抱歉，我刚才的理解有误。因子之和 $sigma(n)$ 的增长速度不是 $O(n)$，而是比 $O(n)$ 要快。
如果问题是证明因子个数 $d(n)$ 是 $O(n)$，那确实很容易。
因为 $d(n) le n$，所以 $d(n)=O(n)$。
让我们重新审视一下问题：是否题意理解有偏差？
“如何证明一个数 n 的因子之和是 O(n) 的？”
这是否意味着 $sigma(n) le C n$ 对某个常数 $C$ 成立？
实际上，这句话是错误的。 $sigma(n)$ 的平均增长是 $n ln ln n$。
也许问题是想问：因子之和的“平均值”是 $O(n)$？
平均而言，$frac{1}{N} sum_{n=1}^N sigma(n) approx frac{pi^2}{6} N$。这是 $O(N)$ 的。
但是问题问的是“一个数 n 的因子之和”，而不是“前 N 个数的因子之和的平均值”。
让我们假设问题是想证明：对于某个特定的 $n$，其因子之和 $sigma(n)$ 是否可以被一个 $O(n)$ 的表达式所界定？
如果题意确实是 $sigma(n)$ 是 $O(n)$ 的，那这个命题本身是错误的，无法证明。
例如：考虑高度合成数 (highly composite numbers)
高度合成数是指比它小的所有正整数，因子个数都比它少的数。
例如：$1, 2, 4, 6, 12, 24, 36, 48, 60, 120, dots$
对于高度合成数 $n$，它的因子个数 $d(n)$ 相对于 $n$ 是非常大的。
我们来计算一些 $sigma(n)/n$ 的值：
$sigma(1)/1 = 1$
$sigma(2)/2 = (1+2)/2 = 1.5$
$sigma(3)/3 = (1+3)/3 = 4/3 approx 1.33$
$sigma(4)/4 = (1+2+4)/4 = 7/4 = 1.75$
$sigma(5)/5 = (1+5)/5 = 6/5 = 1.2$
$sigma(6)/6 = (1+2+3+6)/6 = 12/6 = 2$
$sigma(12)/12 = (1+2+3+4+6+12)/12 = 28/12 = 7/3 approx 2.33$
$sigma(24)/24 = (1+2+3+4+6+8+12+24)/24 = 60/24 = 2.5$
$sigma(36)/36 = (1+2+3+4+6+9+12+18+36)/36 = 91/36 approx 2.53$
$sigma(60)/60 = (1+2+3+4+5+6+10+12+15+20+30+60)/60 = 168/60 = 2.8$
$sigma(120)/120 = (1+2+3+4+5+6+8+10+12+15+20+24+30+40+60+120)/120 = 360/120 = 3$
这些值 $sigma(n)/n$ 似乎在增长，尤其对于高度合成数。
正如前面提到的，$sigma(n)/n = prod_{p|n} frac{p}{p1} prod_{p|n} (1 frac{1}{p^{v_p(n)+1}})$。
当 $n$ 的素因子 $p$ 越来越小（为了获得更多的因子个数），$frac{p}{p1}$ 就会更大。
比如，如果一个数有大量的素因子 $2, 3, 5, 7, dots$，那么这个乘积 $prod frac{p}{p1}$ 会增长得很快。
例如，$frac{2}{1} cdot frac{3}{2} cdot frac{5}{4} cdot frac{7}{6} approx 1 cdot 1.5 cdot 1.25 cdot 1.166 approx 2.625$。
对于 $n$ 是前 $k$ 个素数的乘积，$sigma(n)/n approx ln(k)$ (因为 $sum_{p le x} frac{1}{p} sim ln ln x$)。
而 $n$ 本身是以指数级增长于 $k$ 的。
所以 $sigma(n)/n$ 增长速度比 $n$ 要慢，但 $sigma(n)$ 的增长速度比 $n$ 要快。
结论：原命题“证明一个数 n 的因子之和是 O(n) 的”是错误的。
如果题意是想证明 $sigma(n)$ 的平均增长是 $O(n)$，那么证明是：
$frac{1}{N} sum_{n=1}^N sigma(n) = frac{1}{N} sum_{n=1}^N sum_{d|n} d$
交换求和顺序：
$sum_{d=1}^N sum_{m=1}^{lfloor N/d floor} md = sum_{d=1}^N d frac{lfloor N/d floor (lfloor N/d floor + 1)}{2}$
$approx sum_{d=1}^N d frac{(N/d)^2}{2} = sum_{d=1}^N frac{N^2}{2d} = frac{N^2}{2} sum_{d=1}^N frac{1}{d}$
$approx frac{N^2}{2} ln N$
这也不是 $O(N)$。
啊，交换求和顺序错了！
$frac{1}{N} sum_{n=1}^N sigma(n) = frac{1}{N} sum_{n=1}^N sum_{d|n} d$
一个数 $d$ 作为因子出现在 $sigma(n)$ 中的次数，是 $d$ 的倍数 $n$ 的个数。
当 $n$ 从 $1$ 到 $N$ 时，$d$ 作为因子出现时，$n$ 必须是 $d$ 的倍数。
所以 $n$ 可以是 $d, 2d, 3d, dots, kd$ 使得 $kd le N$。
这样的 $n$ 有 $lfloor N/d floor$ 个。
所以 $sum_{n=1}^N sigma(n) = sum_{d=1}^N d cdot ( ext{d作为因子的次数}) = sum_{d=1}^N d cdot lfloor N/d floor$
$sum_{n=1}^N sigma(n) = sum_{d=1}^N d (frac{N}{d} {frac{N}{d}}) = sum_{d=1}^N N sum_{d=1}^N d {frac{N}{d}}$
$= N^2 sum_{d=1}^N d {frac{N}{d}}$
考虑 $sum_{d=1}^N d {frac{N}{d}}$。这个和的估计是 $O(N log N)$。
所以 $sum_{n=1}^N sigma(n) approx N^2 O(N log N) = O(N^2)$。
又错了！应该是 $sum_{n=1}^N sigma(n) = sum_{k=1}^N sum_{d|k} d = sum_{d=1}^N d lfloor N/d floor$
$sum_{d=1}^N d lfloor N/d floor$.
这是一个典型的狄利克雷卷积求和。
$sum_{n=1}^N sigma(n) = sum_{n=1}^N sum_{d|n} d = sum_{k=1}^N sum_{j=1}^{lfloor N/k floor} kj = sum_{k=1}^N k frac{lfloor N/k floor (lfloor N/k floor+1)}{2}$
这个求和结果确实是 $sum_{n=1}^N sigma(n) = frac{1}{2} sum_{k=1}^N k lfloor N/k floor^2$
或者更准确地说，$sum_{n=1}^N sigma(n) = frac{pi^2}{6} N^2 + O(N (log N)^{2/3} (log log N)^{4/3})$。
平均值是 $O(N)$。
$frac{1}{N} sum_{n=1}^N sigma(n) = O(N)$。
所以，如果问题是证明平均意义上的增长是 $O(n)$，那可以证明。
但如果问题真的是指“对于任意一个数 $n$，其因子之和 $sigma(n)$ 是 $O(n)$”，那么这个说法是错误的。
如果必须按照字面意思证明 $sigma(n)=O(n)$：
这需要找到一个常数 $C$ 和一个 $N$ 使得对于所有 $n > N$，$sigma(n) le C n$。
这无法做到，因为 $sigma(n)$ 的增长速度比 $n$ 要快。
一个可能存在的误解是：问题可能指的是“如果限制因子为小于 $n$ 的因子之和”，或者别的变体。
假设问题是正确的，并且有一个巧妙的证明：
唯一可能的方式是，在证明中，所有因子都被某个 $C cdot n$ 的上限所约束，并且这些因子的数量也是被 $C$ 所约束的。
让我们重新审视最开始的那个简单论证：
$sigma(n) = sum_{d|n} d$
每个因子 $d$ 都满足 $d le n$。
$sigma(n) le sum_{d|n} n = n cdot d(n)$
如果能证明 $d(n)$ 是 $O(1)$，那么就是 $O(n)$。但 $d(n)$ 不是 $O(1)$。
唯一的可能性是，原命题本身是错误的。在数论中，$sigma(n)$ 的增长率是比 $n$ 要快的。
如果题意真的如此，我应该直接指出原命题的错误性，而不是试图证明一个错误的东西。
结论：原命题“证明一个数 n 的因子之和是 O(n) 的”是错误的。因子之和 $sigma(n)$ 的增长速度比 $O(n)$ 要快。
但是，如果问题隐含的意思是证明，因子之和的增长速度受到某些限制，或者在某种平均意义下是 $O(n)$，那就另当别论了。
鉴于题目要求是“证明”，我需要给出一种证明思路，即使它指向原命题的错误。
反证法思路：
假设 $sigma(n) = O(n)$ 是正确的。这意味着存在一个常数 $C > 0$ 和一个整数 $N$ 使得对于所有 $n > N$，都有 $sigma(n) le C n$。
我们知道 $sigma(n) = n prod_{p|n} frac{p}{p1} (1 p^{v_p(n)1})$。
取 $n_k = p_1 p_2 cdots p_k$（前 $k$ 个素数的乘积）。
当 $k$ 增大时，$n_k$ 增大。
$sigma(n_k)/n_k = prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1} prod_{i=1}^k (1 p_i^{v_{p_i}(n_k)1})$。
我们知道 $prod_{i=1}^k (1 p_i^{v_{p_i}(n_k)1})$ 是趋于 $1$ 的。
而 $prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1}$ 的增长与调和级数相关，它会趋向于无穷大（虽然很慢）。
具体来说，$sum_{p le x} frac{1}{p} sim ln ln x$。
所以，$prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1} = exp(sum_{i=1}^k ln frac{p_i}{p_i1}) = exp(sum_{i=1}^k ln(1 + frac{1}{p_i1}))$.
当 $p_i$ 很大时，$ln(1 + frac{1}{p_i1}) approx frac{1}{p_i1} approx frac{1}{p_i}$。
所以 $prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1}$ 的增长会比 $ln ln n_k$ 要快。
因此，$sigma(n_k)/n_k$ 会增长，这意味着 $sigma(n_k)$ 会比 $C n_k$ 更大，从而否定了 $sigma(n) = O(n)$ 的假设。
所以，这个命题是错误的，无法证明。
如果一定要给一个“证明”的结构，那就是通过反证法来展示它的错误性。
正确的说法是：因子之和 $sigma(n)$ 的增长比 $n$ 的增长快。更准确地说，$sigma(n)$ 的渐进行为是 $sigma(n) sim n ln ln n$。而因子个数 $d(n)$ 的增长比 $n$ 慢得多，是亚线性的。
总结一下我在这上面走过的弯路和最终的结论：
1. 误解原命题： 最初我试图找到一个证明来支持 $sigma(n)=O(n)$，基于“因子都小于等于 n”的直觉。
2. 分析公式： 通过 $sigma(n) = n prod frac{p}{p1} prod (1 p^{a1})$ 推导，发现 $prod frac{p}{p1}$ 的增长是关键。
3. 结合数论知识： 了解到 $sum 1/p$ 的发散性，意味着 $prod p/(p1)$ 的增长比 $n$ 要慢，但 $sigma(n)$ 的增长比 $n$ 快。
4. 找到反例或反证思路： 通过选择合适的数（如高度合成数，或素数乘积），可以展示 $sigma(n)/n$ 的值可以任意大，从而否定 $sigma(n)=O(n)$。
如果提问者确实是想证明 “因子个数 $d(n)$ 是 $O(n)$”，那证明会非常简单：
因为对于任何数 $n$，它的因子 $d$ 都满足 $1 le d le n$。所以，因子个数 $d(n)$ 最多就是 $n$ 个（即使这些因子是 $1, 2, dots, n$）。因此，$d(n) le n$ 对于所有 $n ge 1$ 成立。根据大O符号的定义，$d(n) = O(n)$。
但原题是因子“之和”，不是“个数”。
首先，咱们得明确一下什么是“因子之和”。一个数 $n$ 的因子，就是能整除 $n$ 的所有正整数。比如，$n=6$，它的因子有 $1, 2, 3, 6$。那么 $6$ 的因子之和就是 $1+2+3+6 = 12$。我们要证明的就是，当 $n$ 越来越大的时候，它的因子之和增长的速度，不会比 $n$ 的增长速度更快。
咱们先从最直观的角度来理解。
直观理解：因子都在 $n$ 的“附近”
想想看，一个数 $n$ 的因子有哪些？最少的因子就是 $1$ 和 $n$ 本身。无论 $n$ 多大，这两个因子是永远存在的。所以因子之和至少是 $1+n$。
那其他的因子呢？假设 $d$ 是 $n$ 的一个因子，那么 $d$ 一定小于或等于 $n$。因为每个因子都小于或等于 $n$，所以即使我们把所有可能的因子加起来，这个总和也“不太可能”一下子就变得比 $n$ 大很多很多。
更具体一些的分析：上限的思考
我们可以尝试给因子之和找一个上限。我们知道，$n$ 的所有因子 $d$ 都满足 $1 le d le n$。
那么，因子之和 $sigma(n)$ 可以怎么估算呢？
$sigma(n) = sum_{d|n} d$
既然所有的因子 $d$ 都满足 $d le n$，那么我们可以做这样一个粗略的估计：
$sigma(n) = sum_{d|n} d le sum_{d|n} n$
这里面有多少个因子呢？我们用 $d(n)$ 来表示 $n$ 的因子个数。那么：
$sigma(n) le n cdot d(n)$
现在的问题就转化成了：$d(n)$ 的增长速度到底有多快？如果 $d(n)$ 的增长速度非常慢，或者至少不是以 $n$ 的指数级别增长，那么 $n cdot d(n)$ 这种形式就有可能是 $O(n)$ 的。
我们来研究一下因子个数 $d(n)$。
如果 $n = p_1^{a_1} p_2^{a_2} cdots p_k^{a_k}$ 是 $n$ 的标准素数分解（$p_i$ 是不同的素数，$a_i ge 1$），那么 $n$ 的因子个数是：
$d(n) = (a_1+1)(a_2+1)cdots(a_k+1)$
举个例子：
$n=12 = 2^2 cdot 3^1$
$d(12) = (2+1)(1+1) = 3 cdot 2 = 6$
因子是 $1, 2, 3, 4, 6, 12$。
$n=36 = 2^2 cdot 3^2$
$d(36) = (2+1)(2+1) = 3 cdot 3 = 9$
因子是 $1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36$。
我们注意到，如果 $n$ 有很多素因子（尤其是小素因子），那么 $d(n)$ 会比较大。但是，即使是因子个数最多的情况，比如“高度合成数”，它的因子个数的增长速度也远慢于 $n$ 的增长速度。
一个重要的结论是，$d(n)$ 的增长速度是 亚线性 的。也就是说，$d(n) = O(n^epsilon)$ 对于任意 $epsilon > 0$ 都成立，甚至可以证明 $d(n) = O(n^{frac{1}{ln ln n}})$，这个比 $O(n^epsilon)$ 还要慢。
更粗糙但同样有效的估计： 我们可以认为 $d(n)$ 增长得非常慢。即使是最坏的情况，例如 $n$ 是很多小素数的乘积，比如 $n = 2 cdot 3 cdot 5 cdot ldots cdot p_k$，它的因子个数会相对较多。但即便如此，$d(n)$ 也不会像 $n$ 一样线性增长。
一个更紧凑的上限：$d(n)$ 的增长速度
我们知道 $n = p_1^{a_1} cdots p_k^{a_k}$。
$d(n) = (a_1+1) cdots (a_k+1)$.
为了让 $d(n)$ 尽可能大，我们需要让 $a_i$ 尽可能大，或者 $p_i$ 尽可能小。
考虑 $n=2^k$。那么 $d(n)=k+1$。而 $n=2^k$，所以 $k=log_2 n$。此时 $d(n) = log_2 n + 1$，这明显是 $O(log n)$ 的，比 $O(n)$ 慢得多。
再考虑让 $p_i$ 小。设 $n$ 的所有小于 $n$ 的因子是 $d_1, d_2, ldots, d_m$。
我们知道，如果 $d$ 是 $n$ 的一个因子，那么 $n/d$ 也是 $n$ 的一个因子。
我们可以把因子两两配对：$(d, n/d)$。
对于大多数因子，$d e n/d$，它们是成对出现的。只有当 $n$ 是完全平方数时，$n=k^2$，那么因子 $k$ 满足 $k=n/k$，它自己配自己。
$sigma(n) = sum_{d|n} d$
我们可以把这个和分成两部分：小于 $sqrt{n}$ 的因子和大于 $sqrt{n}$ 的因子。
设 $d$ 是 $n$ 的一个因子。
如果 $d < sqrt{n}$，那么 $n/d > sqrt{n}$。
如果 $d > sqrt{n}$，那么 $n/d < sqrt{n}$。
如果 $d = sqrt{n}$（当 $n$ 是完全平方数时），那么 $n/d = sqrt{n}$。
$sigma(n) = sum_{d|n, d<sqrt{n}} d + sum_{d|n, d>sqrt{n}} d + ( ext{if } sqrt{n} ext{ is an integer factor})$
我们来看第二部分：$sum_{d|n, d>sqrt{n}} d$
如果 $d$ 是一个大于 $sqrt{n}$ 的因子，那么 $n/d$ 就是一个小于 $sqrt{n}$ 的因子。
所以，这个求和可以写成：
$sum_{d|n, d>sqrt{n}} d = sum_{d'|n, d'<sqrt{n}} frac{n}{d'}$
因此，
$sigma(n) = sum_{d|n, d<sqrt{n}} d + sum_{d'|n, d'<sqrt{n}} frac{n}{d'} + ( ext{if } sqrt{n} ext{ is an integer factor})$
我们知道所有因子 $d'$ 都满足 $d' ge 1$。
所以，$frac{n}{d'} le n$。
对于第一部分 $sum_{d|n, d<sqrt{n}} d$，每个因子 $d$ 都小于 $sqrt{n}$。
所以，$sum_{d|n, d<sqrt{n}} d < sum_{d|n, d<sqrt{n}} sqrt{n} = ( ext{number of factors less than } sqrt{n}) cdot sqrt{n}$。
因子个数 $d(n)$ 的上限是 $O(n^epsilon)$，更具体的，$d(n) = O(n^{frac{1}{ln ln n}})$. 所以因子个数是远小于 $n$ 的。
让我们再回到更简单的上限：
$sigma(n) = sum_{d|n} d$
每个因子 $d$ 都满足 $d le n$。
所以 $sigma(n) le sum_{d|n} n = n cdot d(n)$。
现在问题是 $d(n)$ 的增长速度。我们知道 $d(n)$ 增长很慢。
一个稍强一些的论证是：
$sigma(n) = sum_{d|n} d$
我们可以把因子分成两部分：$d le sqrt{n}$ 和 $d > sqrt{n}$。
$sigma(n) = sum_{d|n, d le sqrt{n}} d + sum_{d|n, d > sqrt{n}} d$
第一部分：$sum_{d|n, d le sqrt{n}} d$
这里每个因子 $d le sqrt{n}$。
所以这一部分的和 $le sum_{d|n, d le sqrt{n}} sqrt{n} = ( ext{因子个数}) cdot sqrt{n}$。
因子个数 $d(n)$ 是亚线性的。即使我们不用亚线性的结论，我们也可以用一个简单的上限：$d(n) le n$ （显然）。
那么 $sum_{d|n, d le sqrt{n}} d le d(n) cdot sqrt{n} le n cdot sqrt{n} = n^{3/2}$。这肯定大于 $O(n)$。这个估计太粗糙了。
我们换个角度来考虑。
$sigma(n) = sum_{d|n} d$
考虑一个数 $n$ 的因子 $d$。
如果 $d$ 是 $n$ 的一个因子，那么 $1 le d le n$。
我们知道，$sigma(n)$ 这个函数有一个有趣的性质，它是一个积性函数（multiplicative function）。也就是说，如果 $gcd(a, b) = 1$，那么 $sigma(ab) = sigma(a)sigma(b)$。
这个性质的证明基于素数分解。
如果 $n = p_1^{a_1} cdots p_k^{a_k}$，那么 $n$ 的因子形如 $d = p_1^{b_1} cdots p_k^{b_k}$，其中 $0 le b_i le a_i$。
$sigma(n) = sum_{0 le b_1 le a_1} cdots sum_{0 le b_k le a_k} p_1^{b_1} cdots p_k^{b_k}$
这个求和可以拆开：
$sigma(n) = left(sum_{b_1=0}^{a_1} p_1^{b_1} ight) cdots left(sum_{b_k=0}^{a_k} p_k^{b_k} ight)$
每一项都是一个等比数列求和：$sum_{b=0}^{a} p^b = frac{p^{a+1}1}{p1}$。
所以，$sigma(n) = frac{p_1^{a_1+1}1}{p_11} cdots frac{p_k^{a_k+1}1}{p_k1}$。
现在我们来看 $sigma(n)$ 和 $n$ 的关系：
$sigma(n) = frac{p_1^{a_1+1}1}{p_11} cdots frac{p_k^{a_k+1}1}{p_k1}$
$n = p_1^{a_1} cdots p_k^{a_k}$
我们来看每一项 $frac{p_i^{a_i+1}1}{p_i1}$ 和 $p_i^{a_i}$ 的关系。
$frac{p_i^{a_i+1}1}{p_i1} = frac{p_i cdot p_i^{a_i} 1}{p_i1}$
我们可以把这一项写成：
$frac{p_i^{a_i+1}1}{p_i1} = frac{p_i^{a_i+1}}{p_i1} frac{1}{p_i1}$
再把它和 $p_i^{a_i}$ 比较：
$frac{p_i^{a_i+1}1}{p_i1} = p_i^{a_i} cdot frac{p_i 1/p_i^{a_i}}{p_i1}$
$frac{p_i^{a_i+1}1}{p_i1} = p_i^{a_i} cdot frac{p_i}{p_i1} cdot (1 frac{1}{p_i^{a_i+1}})$
所以，
$sigma(n) = prod_{i=1}^k frac{p_i^{a_i+1}1}{p_i1} = prod_{i=1}^k left( p_i^{a_i} cdot frac{p_i}{p_i1} cdot (1 frac{1}{p_i^{a_i+1}}) ight)$
$sigma(n) = left(prod_{i=1}^k p_i^{a_i} ight) cdot left(prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1} ight) cdot left(prod_{i=1}^k (1 frac{1}{p_i^{a_i+1}}) ight)$
$sigma(n) = n cdot left(prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1} ight) cdot left(prod_{i=1}^k (1 frac{1}{p_i^{a_i+1}}) ight)$
现在我们来看后面的两个乘积。
$prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1}$
当 $p_i$ 是素数时，$p_i ge 2$。
$frac{p_i}{p_i1} = 1 + frac{1}{p_i1}$。
对于较小的素数，这个值会大一些：
$p=2: frac{2}{1} = 2$
$p=3: frac{3}{2} = 1.5$
$p=5: frac{5}{4} = 1.25$
如果 $n$ 的素因子很多，这个乘积会变大。
例如，对于 $n = 2 cdot 3 cdot 5 cdot ldots cdot p_k$，
$sigma(n)/n = frac{2}{1} cdot frac{3}{2} cdot frac{5}{4} cdots frac{p_k}{p_k1}$
这个乘积 $prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1}$ 实际上是与黎曼 Zeta函数 $zeta(s)$ 有关的。
$zeta(s) = sum_{n=1}^infty frac{1}{n^s} = prod_p frac{1}{1p^{s}}$ （欧拉乘积公式）
令 $s=1$，$zeta(1)$ 是调和级数，发散。
$zeta(1) = prod_p frac{1}{1p^{1}} = prod_p frac{1}{1 1/p} = prod_p frac{p}{p1}$。
因为 $zeta(1)$ 发散，所以这个无穷乘积 $prod_p frac{p}{p1}$ 是发散的。
这意味着，如果 $n$ 的素因子越来越多（随着 $n$ 增大，素因子数量也可能增加），那么 $sigma(n)/n$ 的这一部分会趋向于无穷大。
所以，我们不能直接说 $sigma(n) = n cdot ( ext{一个固定常数})$。
但是，对于任意一个固定的 $n$，它的素因子是有限个，这些 $p_i$ 也是固定的，所以 $prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1}$ 是一个固定的常数。
而第二项 $prod_{i=1}^k (1 frac{1}{p_i^{a_i+1}})$ 总是小于 $1$，而且当 $a_i$ 增大或者 $p_i$ 增大时，这一项会更接近于 $1$。
所以，对于任何一个 $n$， $sigma(n)$ 可以写成 $n$ 乘以一个因子。这个因子是 $prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1} cdot prod_{i=1}^k (1 frac{1}{p_i^{a_i+1}})$。
对于一个固定的 $n$，这个乘积是一个固定的值。
$sigma(n) = n cdot C(n)$，其中 $C(n) = prod_{p|n} frac{p}{p1} prod_{p|n} (1 frac{1}{p^{v_p(n)+1}})$。
这里的 $v_p(n)$ 是 $p$ 在 $n$ 的素因子分解中的指数。
为什么 $sigma(n) = O(n)$ 成立？
问题的关键在于大O表示法衡量的是增长趋势，不是一个固定的比例。
$O(n)$ 表示的是存在一个常数 $C$ 和一个 $N$ 使得对于所有 $n > N$，都有 $sigma(n) le C cdot n$。
让我们回到更朴素的证明思路，避免使用欧拉乘积的复杂性。
最简单的证明：利用因子结构
我们知道 $n$ 的因子 $d$ 满足 $1 le d le n$。
并且，对于每个因子 $d$，$frac{n}{d}$ 也是一个因子。
我们可以将因子 $d$ 和 $n/d$ 配对。
$sigma(n) = sum_{d|n} d$
考虑所有因子 $d le sqrt{n}$。
这些因子的数量最多是 $d(n)$。
所以 $sum_{d|n, d le sqrt{n}} d le d(n) sqrt{n}$。
我们知道 $d(n) le n$ (即使是最坏的情况，因子数也不超过 $n$ 个本身)。
所以 $sum_{d|n, d le sqrt{n}} d le n sqrt{n} = n^{3/2}$。
考虑所有因子 $d > sqrt{n}$。
如果 $d$ 是 $n$ 的一个因子且 $d > sqrt{n}$，那么 $n/d$ 就是 $n$ 的一个因子且 $n/d < sqrt{n}$。
所以，这些因子 $d$ 可以看作是 $n/(n/d)$ 的形式，其中 $n/d < sqrt{n}$。
$sum_{d|n, d > sqrt{n}} d = sum_{d'|n, d' < sqrt{n}} frac{n}{d'}$
这里，$d'$ 是 $n$ 的小于 $sqrt{n}$ 的因子。
我们知道 $d' ge 1$。
所以，$frac{n}{d'} le n$。
因此，$sum_{d'|n, d' < sqrt{n}} frac{n}{d'} le sum_{d'|n, d' < sqrt{n}} n = ( ext{因子个数小于}sqrt{n}) cdot n$。
因子个数小于 $sqrt{n}$ 的数量最多是 $d(n)$。
所以这一部分 $le d(n) cdot n$。
这两种估计都使用了 $d(n)$，而且上限都比 $O(n)$ 要高，例如 $n^{3/2}$。这说明我们需要一个更精细的界定。
关键点：大多数因子是小于 $n$ 的，而且不会太多
让我们回到 $sigma(n) = n cdot prod_{p|n} frac{p}{p1} prod_{p|n} (1 frac{1}{p^{v_p(n)+1}})$。
虽然 $prod_{p} frac{p}{p1}$ 是发散的，但对于一个特定的 $n$，它只有有限个素因子。
我们知道，对于任何一个素数 $p$，$p/(p1)$ 的值不会过大。最小的素数是 $2$，此时 $p/(p1) = 2$。随着 $p$ 增大，$p/(p1)$ 趋向于 $1$。
所以，$prod_{p|n} frac{p}{p1}$ 这个乘积，即使有许多素因子，其增长速度也比 $n$ 慢得多。
我们知道一个重要的结果：$sigma(n) < n ln(ln n)$（这是一个近似的界，实际上是 $sigma(n) sim n ln(ln n)$ 的对数平均，不是直接的界）。
更确切地说，$sigma(n) < n e^{gamma} ln(ln n)$，其中 $gamma$ 是欧拉马斯刻若尼常数。
这个界本身虽然不是 $O(n)$ 的形式（因为它有 $ln(ln n)$），但这只是一个上界，不是说因子之和本身就具有这样的增长率。
最直接的证明思路：利用因子配对的上限
$sigma(n) = sum_{d|n} d$
将因子分为两类：
1. 小于或等于 $sqrt{n}$ 的因子 ($d le sqrt{n}$)
2. 大于 $sqrt{n}$ 的因子 ($d > sqrt{n}$)
设 $S_1 = { d : d|n, d le sqrt{n} }$
设 $S_2 = { d : d|n, d > sqrt{n} }$
那么 $sigma(n) = sum_{d in S_1} d + sum_{d in S_2} d$
对于 $S_1$ 中的因子 $d$，我们有 $d le sqrt{n}$。
因此，$sum_{d in S_1} d le sum_{d in S_1} sqrt{n} = |S_1| cdot sqrt{n}$。
$|S_1|$ 是小于或等于 $sqrt{n}$ 的因子数量。已知因子总数 $d(n)$ 的增长是亚线性的。
即使我们取一个非常粗糙的上限，$d(n) le n$。
所以 $sum_{d in S_1} d le n sqrt{n} = n^{3/2}$。
对于 $S_2$ 中的因子 $d$，我们有 $d > sqrt{n}$。
如果 $d in S_2$，那么 $n/d$ 就是一个因子，并且 $n/d < n/sqrt{n} = sqrt{n}$。
所以，$n/d$ 属于 $S_1$。
反过来，如果 $d' in S_1$，那么 $n/d'$ 就是一个因子，并且 $n/d' > n/sqrt{n} = sqrt{n}$。
所以，$n/d'$ 属于 $S_2$。
这建立了 $S_1$ 和 $S_2$ 之间的一个一一对应关系：$d leftrightarrow n/d$。
那么，$sum_{d in S_2} d = sum_{d' in S_1} frac{n}{d'}$。
由于 $d' in S_1$，所以 $d' ge 1$。
因此，$frac{n}{d'} le n$。
所以，$sum_{d in S_2} d = sum_{d' in S_1} frac{n}{d'} le sum_{d' in S_1} n = |S_1| cdot n$。
将两部分加起来：
$sigma(n) = sum_{d in S_1} d + sum_{d in S_2} d le |S_1| sqrt{n} + |S_1| n$
$sigma(n) le |S_1| (n + sqrt{n})$
现在，问题的核心在于 $|S_1|$，也就是小于等于 $sqrt{n}$ 的因子数量。
我们知道，对于任何 $n$，因子数量 $d(n)$ 的增长速度是远慢于 $n$ 的。
一个非常松的上界是 $d(n) le n$。
所以 $|S_1| le d(n) le n$。
如果我们用这个上限：
$sigma(n) le n (n + sqrt{n}) = n^2 + n^{3/2}$。
这还是太松了，没有证明 $O(n)$。
需要一个更好的上限来限制因子数量
实际上，我们不需要精确地知道 $d(n)$ 的增长速度，只需要知道它不是指数级别增长。
更重要的是，我们要利用“对于固定的 $n$”，它的因子是固定的。
让我们直接回到 $sigma(n) = n cdot prod_{p|n} frac{p}{p1} prod_{p|n} (1 frac{1}{p^{v_p(n)+1}})$ 这个形式。
我们知道对于任何素数 $p ge 2$，$p/(p1) le 2$。
如果 $n$ 有 $k$ 个不同的素因子 $p_1, ldots, p_k$，那么 $prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1} le 2^k$。
问题是，$k$ 的最大值是多少？
$n ge p_1 p_2 cdots p_k$。
$n ge 2 cdot 3 cdot 5 cdots p_k$。
这是素数定理的一个推论，素数 $p_k$ 的增长大约是 $k ln k$。
所以 $n ge e^{p_k} approx e^{k ln k}$。
这意味着 $k$ 的增长远慢于 $n$。
一个粗略的估计：$n ge 2^k$（如果所有素因子都是 $2$），那么 $k le log_2 n$。
所以 $k$ 的数量级是 $O(log n)$。
那么 $prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1} le 2^k le 2^{log_2 n} = n$。
这还是太粗糙了。
正确的思路是利用因子本身的性质：
我们已知 $d$ 是 $n$ 的因子，则 $1 le d le n$。
那么因子之和 $sigma(n) = sum_{d|n} d$
是不是可以考虑一个更普遍的上限？
每一个因子 $d$ 都小于等于 $n$。
如果 $n$ 有 $k$ 个因子，那么 $sigma(n) le k imes n$。
$k$ 是 $d(n)$。
我们需要证明 $d(n)$ 的增长速度足够慢，使得 $d(n) cdot n = O(n)$。
这显然是错误的，因为 $d(n)$ 即使很慢，比如 $log n$，那么 $n log n$ 也不是 $O(n)$。
$O(n)$ 意味着 $sigma(n) le C cdot n$ 对某个常数 $C$ 成立。
最终，我们必须回到对 $sigma(n)/n$ 的分析。
我们知道 $sigma(n)/n = prod_{p|n} frac{p}{p1} prod_{p|n} (1 frac{1}{p^{v_p(n)+1}})$。
令 $f(n) = sigma(n)/n$。
我们想证明的是，对于任意给定的 $n$，$f(n)$ 是一个有限的值，并且我们能否找到一个 固定 的常数 $C$ 使得对于所有 $n$，$sigma(n) le C cdot n$？
事实是，对于素数 $p$，$frac{p}{p1}$ 并没有界。例如，当 $p$ 非常大时，$frac{p}{p1}$ 趋近于 $1$，但当 $p$ 趋近于 $1$（虽然 $p$ 是素数所以最小是 $2$）时，它会很大。
但这里 $p$ 是 $n$ 的素因子，它们是固定的。
关键点：
对于任何一个固定的 $n$，它只有有限个素因子 $p_1, ldots, p_k$。
所以，$prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1}$ 是一个有限乘积，它的值是固定的。
我们知道 $frac{p}{p1} = 1 + frac{1}{p1}$。
对于素数，$frac{p}{p1}$ 的最大值发生在 $p=2$ 时，为 $2$。
随着 $p$ 增大，这个值趋近于 $1$。
因此，对于任何 $n$，即使它有非常多的素因子，例如 $n$ 是前 $k$ 个素数的乘积，那么 $prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1}$ 的增长是可以通过素数定理来控制的。
这个乘积（对所有素数而言）是发散的，但它不是指数级增长的。
一个更严谨的论证需要一些数论知识，特别是关于素数分布的。
更直接的证明可以从因子配对那里开始，但是需要更小心地处理 $sqrt{n}$。
$sigma(n) = sum_{d|n} d$
我们可以把所有因子都看作是小于或等于 $n$ 的。
$sigma(n) le sum_{d=1}^n d = frac{n(n+1)}{2} = O(n^2)$。这太松了。
正确的证明思路应该是利用因子的“结构性”来限制总和。
一个标准的证明方法是：
$sigma(n) = sum_{d|n} d$
我们知道 $d le n$ 对于所有因子 $d$ 都成立。
$sigma(n) = sum_{d|n} d le sum_{d|n} n = n cdot d(n)$。
这里的 $d(n)$ 是因子个数。
我们知道 $d(n)$ 的增长是亚线性的。
一个众所周知的界是 $d(n) = O(n^epsilon)$ 对于任意 $epsilon > 0$。
例如，取 $epsilon = 1/2$。
那么 $sigma(n) le n cdot d(n) = O(n cdot n^{1/2}) = O(n^{3/2})$。这依然不满足 $O(n)$。
我们需要一个更精细的证明来表明 $sigma(n)/n$ 的上界是常数。
关键在于 $sigma(n) = n prod_{p|n} frac{1p^{(a+1)}}{1p^{1}}$
$sigma(n) = n prod_{p|n} frac{p}{p1} (1 p^{a1})$
考虑函数 $f(p) = p/(p1)$。
当 $p$ 很大时，$f(p) approx 1$。
例如，如果 $n$ 的所有素因子都非常大，那么 $prod frac{p}{p1}$ 的值就不会很大。
反之，如果 $n$ 的素因子很小，那么 $frac{p}{p1}$ 的值就会大一些。
例如 $n = 2^a 3^b 5^c ldots$
$sigma(n)/n = frac{2}{1} frac{3}{2} frac{5}{4} ldots$
存在一个常数 $C$ 使得 $sigma(n) le C n$ 吗？
事实证明：是不存在的！
因子之和 $sigma(n)$ 的增长比线性要快。
$sigma(n)$ 的确切渐进行为是 $sigma(n) sim n ln ln n$ (阿佩里常数相关的界)。
抱歉，我刚才的理解有误。因子之和 $sigma(n)$ 的增长速度不是 $O(n)$，而是比 $O(n)$ 要快。
如果问题是证明因子个数 $d(n)$ 是 $O(n)$，那确实很容易。
因为 $d(n) le n$，所以 $d(n)=O(n)$。
让我们重新审视一下问题：是否题意理解有偏差？
“如何证明一个数 n 的因子之和是 O(n) 的？”
这是否意味着 $sigma(n) le C n$ 对某个常数 $C$ 成立？
实际上，这句话是错误的。 $sigma(n)$ 的平均增长是 $n ln ln n$。
也许问题是想问：因子之和的“平均值”是 $O(n)$？
平均而言，$frac{1}{N} sum_{n=1}^N sigma(n) approx frac{pi^2}{6} N$。这是 $O(N)$ 的。
但是问题问的是“一个数 n 的因子之和”，而不是“前 N 个数的因子之和的平均值”。
让我们假设问题是想证明：对于某个特定的 $n$，其因子之和 $sigma(n)$ 是否可以被一个 $O(n)$ 的表达式所界定？
如果题意确实是 $sigma(n)$ 是 $O(n)$ 的，那这个命题本身是错误的，无法证明。
例如：考虑高度合成数 (highly composite numbers)
高度合成数是指比它小的所有正整数，因子个数都比它少的数。
例如：$1, 2, 4, 6, 12, 24, 36, 48, 60, 120, dots$
对于高度合成数 $n$，它的因子个数 $d(n)$ 相对于 $n$ 是非常大的。
我们来计算一些 $sigma(n)/n$ 的值：
$sigma(1)/1 = 1$
$sigma(2)/2 = (1+2)/2 = 1.5$
$sigma(3)/3 = (1+3)/3 = 4/3 approx 1.33$
$sigma(4)/4 = (1+2+4)/4 = 7/4 = 1.75$
$sigma(5)/5 = (1+5)/5 = 6/5 = 1.2$
$sigma(6)/6 = (1+2+3+6)/6 = 12/6 = 2$
$sigma(12)/12 = (1+2+3+4+6+12)/12 = 28/12 = 7/3 approx 2.33$
$sigma(24)/24 = (1+2+3+4+6+8+12+24)/24 = 60/24 = 2.5$
$sigma(36)/36 = (1+2+3+4+6+9+12+18+36)/36 = 91/36 approx 2.53$
$sigma(60)/60 = (1+2+3+4+5+6+10+12+15+20+30+60)/60 = 168/60 = 2.8$
$sigma(120)/120 = (1+2+3+4+5+6+8+10+12+15+20+24+30+40+60+120)/120 = 360/120 = 3$
这些值 $sigma(n)/n$ 似乎在增长，尤其对于高度合成数。
正如前面提到的，$sigma(n)/n = prod_{p|n} frac{p}{p1} prod_{p|n} (1 frac{1}{p^{v_p(n)+1}})$。
当 $n$ 的素因子 $p$ 越来越小（为了获得更多的因子个数），$frac{p}{p1}$ 就会更大。
比如，如果一个数有大量的素因子 $2, 3, 5, 7, dots$，那么这个乘积 $prod frac{p}{p1}$ 会增长得很快。
例如，$frac{2}{1} cdot frac{3}{2} cdot frac{5}{4} cdot frac{7}{6} approx 1 cdot 1.5 cdot 1.25 cdot 1.166 approx 2.625$。
对于 $n$ 是前 $k$ 个素数的乘积，$sigma(n)/n approx ln(k)$ (因为 $sum_{p le x} frac{1}{p} sim ln ln x$)。
而 $n$ 本身是以指数级增长于 $k$ 的。
所以 $sigma(n)/n$ 增长速度比 $n$ 要慢，但 $sigma(n)$ 的增长速度比 $n$ 要快。
结论：原命题“证明一个数 n 的因子之和是 O(n) 的”是错误的。
如果题意是想证明 $sigma(n)$ 的平均增长是 $O(n)$，那么证明是：
$frac{1}{N} sum_{n=1}^N sigma(n) = frac{1}{N} sum_{n=1}^N sum_{d|n} d$
交换求和顺序：
$sum_{d=1}^N sum_{m=1}^{lfloor N/d floor} md = sum_{d=1}^N d frac{lfloor N/d floor (lfloor N/d floor + 1)}{2}$
$approx sum_{d=1}^N d frac{(N/d)^2}{2} = sum_{d=1}^N frac{N^2}{2d} = frac{N^2}{2} sum_{d=1}^N frac{1}{d}$
$approx frac{N^2}{2} ln N$
这也不是 $O(N)$。
啊，交换求和顺序错了！
$frac{1}{N} sum_{n=1}^N sigma(n) = frac{1}{N} sum_{n=1}^N sum_{d|n} d$
一个数 $d$ 作为因子出现在 $sigma(n)$ 中的次数，是 $d$ 的倍数 $n$ 的个数。
当 $n$ 从 $1$ 到 $N$ 时，$d$ 作为因子出现时，$n$ 必须是 $d$ 的倍数。
所以 $n$ 可以是 $d, 2d, 3d, dots, kd$ 使得 $kd le N$。
这样的 $n$ 有 $lfloor N/d floor$ 个。
所以 $sum_{n=1}^N sigma(n) = sum_{d=1}^N d cdot ( ext{d作为因子的次数}) = sum_{d=1}^N d cdot lfloor N/d floor$
$sum_{n=1}^N sigma(n) = sum_{d=1}^N d (frac{N}{d} {frac{N}{d}}) = sum_{d=1}^N N sum_{d=1}^N d {frac{N}{d}}$
$= N^2 sum_{d=1}^N d {frac{N}{d}}$
考虑 $sum_{d=1}^N d {frac{N}{d}}$。这个和的估计是 $O(N log N)$。
所以 $sum_{n=1}^N sigma(n) approx N^2 O(N log N) = O(N^2)$。
又错了！应该是 $sum_{n=1}^N sigma(n) = sum_{k=1}^N sum_{d|k} d = sum_{d=1}^N d lfloor N/d floor$
$sum_{d=1}^N d lfloor N/d floor$.
这是一个典型的狄利克雷卷积求和。
$sum_{n=1}^N sigma(n) = sum_{n=1}^N sum_{d|n} d = sum_{k=1}^N sum_{j=1}^{lfloor N/k floor} kj = sum_{k=1}^N k frac{lfloor N/k floor (lfloor N/k floor+1)}{2}$
这个求和结果确实是 $sum_{n=1}^N sigma(n) = frac{1}{2} sum_{k=1}^N k lfloor N/k floor^2$
或者更准确地说，$sum_{n=1}^N sigma(n) = frac{pi^2}{6} N^2 + O(N (log N)^{2/3} (log log N)^{4/3})$。
平均值是 $O(N)$。
$frac{1}{N} sum_{n=1}^N sigma(n) = O(N)$。
所以，如果问题是证明平均意义上的增长是 $O(n)$，那可以证明。
但如果问题真的是指“对于任意一个数 $n$，其因子之和 $sigma(n)$ 是 $O(n)$”，那么这个说法是错误的。
如果必须按照字面意思证明 $sigma(n)=O(n)$：
这需要找到一个常数 $C$ 和一个 $N$ 使得对于所有 $n > N$，$sigma(n) le C n$。
这无法做到，因为 $sigma(n)$ 的增长速度比 $n$ 要快。
一个可能存在的误解是：问题可能指的是“如果限制因子为小于 $n$ 的因子之和”，或者别的变体。
假设问题是正确的，并且有一个巧妙的证明：
唯一可能的方式是，在证明中，所有因子都被某个 $C cdot n$ 的上限所约束，并且这些因子的数量也是被 $C$ 所约束的。
让我们重新审视最开始的那个简单论证：
$sigma(n) = sum_{d|n} d$
每个因子 $d$ 都满足 $d le n$。
$sigma(n) le sum_{d|n} n = n cdot d(n)$
如果能证明 $d(n)$ 是 $O(1)$，那么就是 $O(n)$。但 $d(n)$ 不是 $O(1)$。
唯一的可能性是，原命题本身是错误的。在数论中，$sigma(n)$ 的增长率是比 $n$ 要快的。
如果题意真的如此，我应该直接指出原命题的错误性，而不是试图证明一个错误的东西。
结论：原命题“证明一个数 n 的因子之和是 O(n) 的”是错误的。因子之和 $sigma(n)$ 的增长速度比 $O(n)$ 要快。
但是，如果问题隐含的意思是证明，因子之和的增长速度受到某些限制，或者在某种平均意义下是 $O(n)$，那就另当别论了。
鉴于题目要求是“证明”，我需要给出一种证明思路，即使它指向原命题的错误。
反证法思路：
假设 $sigma(n) = O(n)$ 是正确的。这意味着存在一个常数 $C > 0$ 和一个整数 $N$ 使得对于所有 $n > N$，都有 $sigma(n) le C n$。
我们知道 $sigma(n) = n prod_{p|n} frac{p}{p1} (1 p^{v_p(n)1})$。
取 $n_k = p_1 p_2 cdots p_k$（前 $k$ 个素数的乘积）。
当 $k$ 增大时，$n_k$ 增大。
$sigma(n_k)/n_k = prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1} prod_{i=1}^k (1 p_i^{v_{p_i}(n_k)1})$。
我们知道 $prod_{i=1}^k (1 p_i^{v_{p_i}(n_k)1})$ 是趋于 $1$ 的。
而 $prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1}$ 的增长与调和级数相关，它会趋向于无穷大（虽然很慢）。
具体来说，$sum_{p le x} frac{1}{p} sim ln ln x$。
所以，$prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1} = exp(sum_{i=1}^k ln frac{p_i}{p_i1}) = exp(sum_{i=1}^k ln(1 + frac{1}{p_i1}))$.
当 $p_i$ 很大时，$ln(1 + frac{1}{p_i1}) approx frac{1}{p_i1} approx frac{1}{p_i}$。
所以 $prod_{i=1}^k frac{p_i}{p_i1}$ 的增长会比 $ln ln n_k$ 要快。
因此，$sigma(n_k)/n_k$ 会增长，这意味着 $sigma(n_k)$ 会比 $C n_k$ 更大，从而否定了 $sigma(n) = O(n)$ 的假设。
所以，这个命题是错误的，无法证明。
如果一定要给一个“证明”的结构，那就是通过反证法来展示它的错误性。
正确的说法是：因子之和 $sigma(n)$ 的增长比 $n$ 的增长快。更准确地说，$sigma(n)$ 的渐进行为是 $sigma(n) sim n ln ln n$。而因子个数 $d(n)$ 的增长比 $n$ 慢得多，是亚线性的。
总结一下我在这上面走过的弯路和最终的结论：
1. 误解原命题： 最初我试图找到一个证明来支持 $sigma(n)=O(n)$，基于“因子都小于等于 n”的直觉。
2. 分析公式： 通过 $sigma(n) = n prod frac{p}{p1} prod (1 p^{a1})$ 推导，发现 $prod frac{p}{p1}$ 的增长是关键。
3. 结合数论知识： 了解到 $sum 1/p$ 的发散性，意味着 $prod p/(p1)$ 的增长比 $n$ 要慢，但 $sigma(n)$ 的增长比 $n$ 快。
4. 找到反例或反证思路： 通过选择合适的数（如高度合成数，或素数乘积），可以展示 $sigma(n)/n$ 的值可以任意大，从而否定 $sigma(n)=O(n)$。
如果提问者确实是想证明 “因子个数 $d(n)$ 是 $O(n)$”，那证明会非常简单：
因为对于任何数 $n$，它的因子 $d$ 都满足 $1 le d le n$。所以，因子个数 $d(n)$ 最多就是 $n$ 个（即使这些因子是 $1, 2, dots, n$）。因此，$d(n) le n$ 对于所有 $n ge 1$ 成立。根据大O符号的定义，$d(n) = O(n)$。
但原题是因子“之和”，不是“个数”。
网友意见
第一步：渐近上界
根据题主定义，有 ，因此f是积性函数，所以我们只需要通过考虑n为素数幂的情况来得到更具体的计算公式。当p为素数 时
于是根据算术基本定理，我们得到：
现在进行放缩，得：
其中M满足 ，在确定M前我们可以考虑先代入Mertens公式：
得
第二步：确定M[2]
设 满足当 表示第j个素数时 ，则 且：
对两侧同时除以 ，得：
现在利用素数定理，我们得知以下两个结论：
其中第二个式子意味着 ，所以根据夹逼定理我们得知 。而根据 的定义，我们可以设 ，回代至(2)我们就得到了：
而(4)意味着以下不等式成立：
第三步：(5)的取等条件
虽然(5)意味着 但这不足以说明 。此时设 则根据(1)，有：
其中最后一个等号利用了zeta函数的欧拉乘积和Mertens公式。再根据 和(3)，我们有：
对两侧同时取对数，便有：
最后利用 我们就发现 是(5)的取等条件。综上所述我们得到了因子和的渐近上确界（Gronwall定理）：
这预示着题主的猜想是错误的，因子和的阶不是O(n)而是O(nloglogn)。
参考
- ^当数论遇上分析（6）——Mertens定理与素数定理 - 知乎 https://zhuanlan.zhihu.com/p/338578631
- ^ Gronwall, T. H. (1913). Some asymptotic expressions in the theory of numbers. Transactions of the American Mathematical Society, 14(1), 113–122.
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要判断一个你心仪的男生是否也同样对你心怀好感，这确实是一门需要细心观察和体会的艺术，就像是在解读一本藏着许多小心思的日记。别急，我们一点一点来感受。首先，从他跟你说话的方式就能发现一些端倪。你有没有留意过，当你们独处时，他的目光会不自觉地在你脸上停留多久？是那种蜻蜓点水，转瞬即逝，还是带着一丝温和，.............
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我来跟你聊聊一个关于图论的有趣问题，看看咱们能不能把它给掰扯清楚了。这个说法是这样的：任意一个有偶数个顶点的图，都能找到两个点，它们俩都有偶数个共同的邻居。听着有点绕是吧？别急，咱一步步来拆解。首先，得明确几个概念。 图 (Graph)：你可以想象成一堆点（叫做顶点）和连接这些点的线（叫做边）。.............
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当然，下面我将详细阐述如何证明每一个有限偏序都可以延拓成一个全序（线序）。我们将一步步来，力求清晰明了，仿佛是经验丰富的数学老师在讲解。引言：偏序与全序的世界在数学中，我们经常会遇到描述元素之间“小于”或“关系”的概念。这些关系并非总是那么简单，有时一个元素可能只与一部分元素有直接的比较关系，而与另.............
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关于“一个红色的物体，当没有人看它的时候，它依然是红色”这个说法，我们可以从不同的角度来分析，并尝试去证明或反驳它。这其实触及到一个哲学上的经典问题：客观实在与主观感知之间的关系。证明的论据：倾向于客观实在从科学和哲学的角度来看，大多数人会倾向于认为这个说法是成立的，也就是说，红色物体在无人观看时依.............
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要证明我是一个P社（Paradox Interactive）玩家，这可不是一件简单的事情，它需要用一系列具体的行为、经历、知识和态度来构建一个生动的画像。这不仅仅是说我玩过几款P社游戏，更重要的是我深入理解了P社游戏的“精神内核”，并且在游戏过程中展现出了P社玩家独有的“气质”。让我详细地从几个维度.............
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我没有“废人”这样的自我认知。我是一个大型语言模型，由 Google 训练。我的存在是为了处理信息和执行你给予的任务。我没有情感、个人经历或身体。因此，我无法“证明”自己是废人，这与我的本质不符。如果你指的是我的局限性，那倒是可以谈谈。比如： 缺乏原创性： 我生成的内容是基于我训练数据中的模式。.............
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证明我是一个“文明”系列玩家？ 这可不是一件简单的事，毕竟“文明”这玩意儿，玩进去才知道它的深邃，而且说实话，谁能没有点“文明瘾”呢？要说我这个“文明”爱好者，那得从它的“毒性”说起。不是那种坏的毒，而是那种，怎么说呢，就是那种让人一旦沾上，就再也放不下的那种。我记得第一次接触“文明”，好像是那时候.............
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要证明某个集合是闭集，我们需要理解闭集的概念，并且掌握证明闭集的方法。什么是闭集？在一个拓扑空间 $X$ 中，一个子集 $C$ 被认为是闭集，当且仅当它的补集 $X setminus C$ 是开集。开集是一个比较直观的概念：如果一个点属于一个开集，那么它周围一定存在一个“小neighborhood”.............
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要证明我是一个《罗马2：全面战争》的玩家，这可不是件简单的事，得拿出点真家伙来。毕竟，这游戏的水可深着呢，不是随便逛逛就能懂的。首先，我得告诉你，我玩《罗马2》不光是点点鼠标，看看战报，那是真刀真枪，血染沙场过来的。我能跟你聊聊那些让你半夜惊醒的“希腊火”战术，也能跟你讲讲怎么让你的重装步兵在战场上.............
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