对任意正整数 $n$，定义 $\displaystyle f(n)=\sum\limits_{d\in D_n}\dfrac{1}{1+d}$，其中 $D_n$ 表示 $n$ 的所有正因子组成的集合．证明：对任意正整数 $m$，均有 $f(1)+f(2)+\ldots+f(m)<m$．
【难度】
【出处】
2016中国东南数学奥林匹克试题(高一)
【标注】
【答案】
略
【解析】
考虑任意一个正整数 $m$．注意到，每个正整数 $d$ 恰是 $1,2,\ldots,m$ 中 $\left[\frac{m}{d}\right]$ 个数的因子，因此由换序求和可知，
$\begin{aligned} & \sum_{k=1}^{m} f(k)=\sum_{k=1}^{m} \sum_{d | k} \frac{1}{1+d}=\sum_{d=1}^{m} \sum_{\substack{k=1\\ d|k}}^{m} \frac{1}{1+d}=\sum_{d=1}^{m}\left[\frac{m}{d}\right] \frac{1}{1+d} \\ \leqslant & \sum_{d=1}^{m} \frac{m}{d} \cdot \frac{1}{1+d}=m \cdot \sum_{d=1}^{m}\left(\frac{1}{d}-\frac{1}{1+d}\right)=m\left(1-\frac{1}{1+m}\right)<m \end{aligned}$
$\begin{aligned} & \sum_{k=1}^{m} f(k)=\sum_{k=1}^{m} \sum_{d | k} \frac{1}{1+d}=\sum_{d=1}^{m} \sum_{\substack{k=1\\ d|k}}^{m} \frac{1}{1+d}=\sum_{d=1}^{m}\left[\frac{m}{d}\right] \frac{1}{1+d} \\ \leqslant & \sum_{d=1}^{m} \frac{m}{d} \cdot \frac{1}{1+d}=m \cdot \sum_{d=1}^{m}\left(\frac{1}{d}-\frac{1}{1+d}\right)=m\left(1-\frac{1}{1+m}\right)<m \end{aligned}$
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