Suma del totiente de Euler, Möbius y funciones divisoras

Question

Encuentra todos los números $n$ para que $$n=\varphi(n)+\mu(n)+\tau(n),$$ Dónde $\varphi$ es la función totiente de Euler, $\mu$  es la función de Möbius y $\tau$  es la función de suma de divisores positivos.

Me vendría bien un poco de ayuda sobre cómo enfocar este problema.

Answer 1

Aquí asumo que $n>1$ .

Bueno, si $\tau(n)$ es la suma de los divisores positivos de $n$ Entonces, porque $1$ y $n$ siempre dividir $n$ entonces usted tiene :

$$\tau(n)\geq n+1 $$

Además $\mu(n)\geq -1$ y $\varphi(n)\geq 1$ , por lo que se obtiene :

$$\varphi(n)+\mu(n)+\tau(n)\geq n+1>n $$

Así que en este caso no puede ser cierto y para $n=1$ Bueno, depende un poco de sus definiciones, pero creo que $\varphi(1)=\mu(1)=\tau(1)=1$ es una buena opción para que no pueda tener la igualdad en este caso tampoco.

Quizás no he entendido bien lo que quieres decir con la suma de divisores positivos ( $\tau$ suele referirse al número de divisores y $\sigma$ la suma de los divisores). El ejercicio sería quizás más interesante si tuviéramos $\tau(n)$ es el número de divisores. Probemos esto Para $n=1$ no puedes tener la igualdad. Supongamos que $n=p$ es primo. Entonces tienes :

$$\varphi(p)=p-1\text{, }\mu(p)=-1\text{ and } \tau(p)=2 $$

Así que tienes $p=\varphi(p)+\mu(p)+\tau(p)$ en este caso. Tal vez si intentamos $n=p^k$ donde $p$ es primo y $k>1$ :

$$\varphi(n)=p^{k-1}(p-1)\text{, }\mu(n)=0\text{ and } \tau(p)=k+1 $$

Entonces, tienes..:

$$p^{k-1}(p-1)+k+1=p^k\Leftrightarrow p^k-p^{k-1}+k+1=p^k\Leftrightarrow k=p^{k-1}-1 $$

Creo que esta última ecuación no puede darse si $p>3$ porque $k>1$ implica que (si esta ecuación es cierta) :

$$k\geq p-1 $$

Pero un pequeño análisis muestra que dentro de este rango no se puede tener la ecuación.

Si $p=2$ entonces $k=2^{k-1}-1$ sólo admite un caso de igualdad que es $k=3$ , de lo contrario, para $k$ incluso esto claramente no puede suceder y $k$ impar $>3$ , $2^{k-1}>>k$ .

Si $p=3$ entonces $k=3^{k-1}-1$ sólo admite un caso de igualdad que es $k=2$ y si $k>3$ entonces $3^{k-1}>>k$ Vemos así que dentro de las potencias primarias no triviales la igualdad se mantiene para los números primos y $8$ y $9$ .

Por último, supongamos que primero su $n$ es quadratfrei (libre de cuadrados) entonces :

$$n=p_1p_2...p_r $$

con $p_1$ ,..., $p_r$ siendo primos distintos.

$$\varphi(n)=n(1-\frac{1}{p_1})...(1-\frac{1}{p_r})\text{, }\mu(n)=(-1)^r\text{ and } \tau(p)=2^r$$

Reescribamos :

$$\varphi(n)=n+\sum_{k=1}^r\sum_{A=\{i_1,...,i_k\}\subseteq \{1,...,r\}}\frac{(-1)^kn}{p_{i_1}...p_{i_k}} $$

$$\tau(n)=1+\sum_{k=1}^r\sum_{A=\{i_1,...,i_k\}\subseteq \{1,...,r\}}1$$

Así que finalmente conseguimos :

$$\varphi(n)+\mu(n)+\tau(n)=n+1+(-1)^r+\sum_{k=1}^r\sum_{A=\{i_1,...,i_k\}\subseteq \{1,...,r\}}\frac{(-1)^kn}{p_{i_1}...p_{i_k}}+1$$

No estoy seguro de que esta sea la forma correcta de hacerlo cuando $n$ es divisible por múltiples primos (en realidad se puede utilizar que esas tres funciones son multiplicativas tal vez sea más eficiente). No voy a terminar esta pregunta (mucho cálculo) pero si usas Magma (ver aquí para una sesión gratuita http://magma.maths.usyd.edu.au/calc/ ) entonces pon este código en la calculadora :

N:=10000;

para n:=1 a N hacer

Q:=Factorización(n);

K:=EulerPhi(Q)+NúmeroDeDivisores(Q)+MoebiusMu(Q);

if K eq n then if not(IsPrime(n)) then print "------"; n;end if; end if;

para;

Simplemente devuelve todos los enteros por debajo de $N$ que no es primo, pero sigue verificando la igualdad.