因为一些众所周知的原因，\(f\) 可以化成这种形式：
\[f(n)=\frac 1n \sum_{i=1}^nd(i)
\]
其中 \(d\) 为约数个数函数，然后作差：
\[f(n+1)-f(n)=\frac{nd(n+1)-\sum_{i=1}^nd(i)}{n(n+1)}
\]
所以只需要比较 \(nd(n+1)\) 与 \(\sum_{i=1}^nd(i)\) 的大小即可 .
如果 \(n+1\) 是素数的话，\(nd(n+1)=2n\) ，并且不难验证 \(\sum_{i=1}^nd(i)> 2n\) 在 \(n\ge 6\) 时成立，所以使得 \(f(n+1)-f(n)<0\) 的 \(n\) 有无穷个取值，从而证明了 \((b)\) .
注意到 \(d(i)\) 是发散的，因此一定存在无穷个 \(d(n+1)\) 使得 \(d(n+1)\ge \max\{d(1),d(2),\cdots,d(n) \}\)，所以存在无穷个 \(d(n+1)\) 使得 \(nd(n+1)>\sum_{i=1}^nd(i)\)，从而证明了 \((a)\) .
\(\textbf{N}3\) 难度不过如此，和官方做法差不多，但是 不是 OIer 感觉第一步转化应该相对困难？