Với $k$ là một số nguyên dương ta kí hiệu $\delta (k)$ là tổng tất cả các ước nguyên dương của $k$. Chứng minh rằng:
a) $\frac{\delta \left(p^{2025}\right)-1}{p^{2025}-1}=\frac{\delta \left(p^{1945}\right)-1}{p^{1945}-1}$, với mọi số nguyên tố $p$;
b) $\delta (mn)\ge n\delta (m)+\delta (n)-n$, với mọi $m,n\in {\mathbb{N}}^{\ast }$.

a) Ta thấy $p^t(t\in {\mathbb{N}}^{\ast })$ có tất cả các ước nguyên dương là $1,p,p^2,\dots ,p^t$. Suy ra
$$\delta \left(p^t\right)=1+p+p^2+\dots +p^t=\frac{p^{t+1}-1}{p-1}.$$ (1,0 điểm)

Do đó $\frac{\delta \left(p^t\right)-1}{p^t-1}=\frac{\frac{p^{t+1}-1}{p-1}-1}{p^t-1}=\frac{p^{t+1}-p}{(p-1)\left(p^t-1\right)}=\frac{p}{p-1}$. Vậy
$$\frac{\delta \left(p^{2025}\right)-1}{p^{2025}-1}=\frac{p}{p-1}=\frac{\delta \left(p^{1945}\right)-1}{p^{1945}-1}.$$ (1,0 điểm)

b) Ký hiệu $S_k$ là tập tất cả các ước nguyên dương của $k$. Khi đó $\delta (k)=\sum _{x\in S_k}x$ và bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với $\sum _{x\in S_{mn}}x\ge n\left(\sum _{x\in S_m}x\right)+\sum _{x\in S_n}x-n(\ast )$. (0,5 điểm)

Ta có $n\left(\sum _{x\in S_m}x\right)={\sum }_{x\in S_m}nx={\sum }_{x\in n{S}_m}x(1)$, với $n{S}_m=\{ns\mid s\in S_m\}$. (0,5 điểm)

Mặt khác $s\in S_n\cap (n{S}_m)\Rightarrow \{\begin{array}{l}s\in S_n\\ s\in n{S}_m\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}s\mid n\\ s⋮n\end{array}\Rightarrow s=n$. Do đó $S_n\cap (n{S}_m)=\{n\}(2)$. (0,5 điểm)

Hơn nữa $\{\begin{array}{l}{S}_n\subset S_{mn}\\ n{S}_m\subset S_{mn}\end{array}\Rightarrow S_n\cup \left(n{S}_m\right)\subset S_{mn}$ (3). (0,5 điểm)

Từ (3) suy ra ${\sum }_{x\in S_{mn}}x\ge {\sum }_{x\in S_n\cup \left(n{S}_m\right)}x={\sum }_{x\in S_n}x+{\sum }_{x\in n{S}_m}x-{\sum }_{x\in S_n\cap \left(n{S}_m\right)}x$ (4). (0,5 điểm)

Thay (1) và (2) vào (4) suy ra ${\sum }_{x\in S_{mn}}x\ge n\left({\sum }_{x\in S_m}x\right)+{\sum }_{x\in S_n}x-n$ hay
$$\delta (mn)\ge n\delta (m)+\delta (n)-n.$$ (0,5 điểm)