Para cualquier $a$ ¿podemos encontrar $b$ y $c$ tal que $\phi(a^2)+\phi(b^2)=\phi(c^2)$ ? ( $\phi$ es la función totiente de Euler).

Question

Esta pregunta se inspiró en el debate en: La función totiente de Euler aplicada a triples de mayor potencia . Keith Backman sugirió que quizás haya muchas soluciones para la siguiente ecuación:

$$\phi(a^2)+\phi(b^2)=\phi(c^2) \tag{1}\label{1}$$

Sin pérdida de generalidad, supondré que $a \leq b$ .

¿Existe una solución para $\eqref{1}$ con algunos $b$ y $c$ para cualquier valor de a?

Por ejemplo, con $1 \leq a \leq 4$ hay soluciones: $$\phi(1^2)+\phi(1^2)=\phi(2^2)$$ $$\phi(2^2)+\phi(3^2)=\phi(4^2)$$ $$\phi(3^2)+\phi(7^2)=\phi(12^2)$$ $$\phi(4^2)+\phi(6^2)=\phi(5^2)$$

He creado un programa y he comprobado que hay una solución para $1 \leq a \leq 8500$ . Y Peter's programa verificado hasta $33000$ . Supongo que la respuesta a mi pregunta es sí, pero no sé cómo empezar a demostrarlo.

Actualización

He hecho algunos progresos en probarlo para algunos casos de $a$ .

Caso 1 : $a$ es impar (Gracias a Peter's comentario)

Dejemos que $b = a$ y $c = 2 a$

$$\phi(a^2)+\phi(a^2)=\phi((2a)^2)$$ $$2\phi(a^2)=\phi(4a^2)$$ Desde $a$ no contiene un factor primo de $2$ . Se puede calcular el total por separado: $$2\phi(a^2)=\phi(4)\phi(a^2)$$ $$2\phi(a^2)=2\phi(a^2)$$

$\square$

Caso 2 : $a$ contiene al menos dos $2$ y no $5$ en su factorización primaria

Dejemos que $b = 2a$ y $c = \frac{5}{2}a$ .

Dejemos que $n$ sea el número de $2$ en la factorización primaria de $a$ .

Dejemos que $q$ sean los factores primos de $a$ excluyendo todos los $2$ que pueden estar presentes.

Así, podemos expresar $a$ como: $a = 2^nq$

$$\phi\lbrack(2^nq)^2\rbrack+\phi\lbrack(2\cdot2^nq)^2\rbrack=\phi\lbrack(\frac{5}{2}2^nq)^2\rbrack$$ $$\phi(2^{2n}q^2)+\phi(2^{2n+2}q^2)=\phi(5^2\cdot2^{2n-2}q^2)$$ Separar la función totiente debido a la definición de $q$ : $$\phi(2^{2n})\phi(q^2)+\phi(2^{2n+2})\phi(q^2)=\phi(5^2)\phi(2^{2n-2})\phi(q^2)$$ $$\phi(2^{2n})+\phi(2^{2n+2})=\phi(5^2)\phi(2^{2n-2})$$ $$2^{2n-1}+2^{2n+1}=20\cdot2^{2n-3}$$ $$2^{2n-1}+2^{2n+1}=5\cdot2^{2n-1}$$ $$1+2^{2}=5$$

$\square$

Obsérvese que esta prueba fallaría si $a$ puede tener un factor primo de $5$ . Si hubiera una $5$ en la factorización del primo, entonces para dividir ambos lados por $\phi(q^2)$ la expresión " $\phi(5^2 \cdot q^2)$ " se convertiría en $25 \cdot \phi(q^2)$ en lugar de $20 \cdot \phi(q^2)$ . ¡Esto forzaría a b a requerir un multiplicador diferente, pero esto sería sólo una búsqueda inútil ya que otro factor primo no estaría permitido!

He encontrado algunos valores alternativos de b y c que funcionan para otros casos (exactamente un 2 en el factor primo era un caso), pero nada parece salir limpiamente porque sólo crea casos más restrictivos.

Answer 1

(Es posible que haya que editar esto más adelante, está un poco desordenado).

En resumen, para cualquier $a$ siempre hay soluciones para la ecuación $$ \varphi(a^2) + \varphi(b^2) = \varphi(c^2) $$

El enfoque es similar al descrito en el PO. Consideramos todos los casos de factores primos $2,3,5,7$ de $a$ y, a continuación, encontrar un $b$ y $c$ utilizando esa información.

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Dejemos que $r,s,t$ sea el exponente de los factores primos $2,3,5$ de $a$ . Escribimos $$ a=2^r3^s5^tm $$

Propuesta: Si $(r,s,t)$ no es de la forma $r=1,s=1$ y $t\geq 2$ Entonces hay una solución.

Resolveremos los distintos casos de la siguiente manera:
Caso 1: $r=0$ .
Caso 2: $r\geq 1$ y $s=0$ .
Caso 3: Todos los casos restantes, excepto $r=1,s=1$ y $t\geq 2$ .

Para el caso excepcional $r=1,s=1,t\geq 2$ necesitamos que el primo $7$ . Esto se trata en el caso 4.

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Caso 1: $r=0$

Este caso está contemplado en el PO: Desde $\gcd(r,2)=1$ , $$ \varphi(a^2)+\varphi(a^2)=2\varphi(a^2)= \varphi((2a)^2) $$ por lo que fijamos $b=a,c=2a$ .

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Por lo tanto, suponemos que $r\geq 1$ .

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Para el caso 2 cubrimos los casos $s=0$ .

Caso 2a: $r=1,s=0$ cualquier $t$

Tenemos $$ \varphi(2^2) + \varphi(3^2) = 8 = \varphi((2^2)^2) $$ por lo tanto $$ \varphi((2\cdot 5^tm)^2) + \varphi((3\cdot 5^tm)^2) = \varphi((2^2\cdot 5^tm)^2) $$

Caso 2b: $r\geq 2,s=0,t=0$

Dejemos que $$ b = 2^{r+1}m ,\quad c = 2^{r-1}5m $$ Entonces $$ \begin{align} \varphi(a^2)+\varphi(b^2) &= \varphi((2^r m)^2) + \varphi((2^{r+1} m)^2)\\ &= 2^{2r-1}\varphi(m^2) + 2^{2r+1} \varphi(m^2) \\ &= 2^{2r-1}5 \varphi(m^2)\\ & = \varphi(2^{2r-2}\cdot 5^2m^2)\\ &= \varphi(c^2) \end{align} $$ Fíjese que necesitamos $r\geq 2$ para la igualdad 4.

Caso 2c: $r\geq 2,s=0,t\geq 1$

Dejemos que $$ b = 2^{r+1}3^15^t m, \quad c = 2^r 5^{t+1}m $$ que da $$ \begin{align} \varphi(a^2) + \varphi(b^2) &= \varphi(2^{2r}5^{2t}m^2) + \varphi(2^{2r+2} 3^2 5^{2t} m^2)\\ &= 2^{2r+1}5^{2t-1} \varphi(m^2) + 2^{2r+4}\cdot 3\cdot 5^{2t-1} \varphi(m^2)\\ &= (1 + 8\cdot 3)2^{2r+1}5^{2t-1}\varphi(m^2)\\ &= 2^{2r+1} 5^{2t+1} \varphi(m^2)\\ &= \varphi(2^{2r} 5^{2t+2} m^2)\\ &= \varphi(c^2) \end{align} $$ Obsérvese que esto habría funcionado con $r=1$ también.

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Por lo tanto, podemos considerar ahora $r,s\geq 1$ .

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Resolver el caso de $t=0$ primero:

Caso 3a: $r,s\geq 1, t=0$

Dejemos que $$ b = 2^{r+1}3^s5^1 m,\quad c= 2^r 3^{s+2}m $$ y verificamos que $$ \begin{align} \varphi(a^2) + \varphi(b^2) &= \varphi(2^{2r}3^{2s}m^2) + \varphi(2^{2r+2}3^{2s}5^2m^2)\\ &= 2^{2r}3^{2s-1}\varphi(m^2) + 2^{2r+4}3^{2s-1}5\varphi(m^2)\\ &= (1 + 2^4\cdot 5)2^{2r}3^{2s-1}\varphi(m^2)\\ &= 2^{2r} 3^{2s+3} \varphi(m^2)\\ &= \varphi(2^{2r} 3^{2s+4}m^2)\\ &= \varphi(c^2) \end{align} $$

Esto deja el caso de $r,s,t\geq 1$ . Primero eliminamos los casos de $r\geq 3$ .

Caso 3b: $r\geq 3,s,t\geq 1$

Esto se desprende directamente de $$ \begin{align} \varphi((2^{r}3^{s}5^{t}m)^2) + \varphi((2^{r-2}3^{s+1} 5^t m)^2 &= \varphi(2^{2r} 3^{2s} 5^{2t} m^2) + \varphi(2^{2r-4} 3^{2s+2} 5^{2t} m^2)\\ &= 2^{2r+2} 3^{2s-1} 5^{2t-1} \varphi(m^2) + 2^{2r-2} 3^{2s+1} 5^{2t-1} \varphi(m^2)\\ &= (2^4 + 3^2)2^{2r-2}3^{2s-1} 5^{2t-1} \varphi(m^2)\\ &= 2^{2r-2}3^{2s-1} 5^{2t+1} \varphi(m^2)\\ &= \varphi( 2^{2r-4} 3^{2s} 5^{2t+2} m^2)\\ &= \varphi( (2^{r-2} 3^s 5^{t+1} m)^2 ) \end{align} $$ La condición $r\geq 3$ se utiliza en la igualdad 2, para calcular los exponentes de los primos $2$ .

Nos quedan los casos $r\in \{1,2\}$ y $s,t\geq 1$ .

Caso 3c: $r=2$ y $s,t\geq 1$

Dejemos que $$ b = 3^s 5^t m,\quad c = 3^{s+1} 5^t m $$ Entonces $$ \begin{align} \varphi(a^2) + \varphi(b^2) &= \varphi(2^4 3^{2s} 5^{2t}m^2) + \varphi(3^{2s} 5^{2t} m^2)\\ &= 2^6 3^{2s-1} 5^{2t-1} \varphi(m^2) + 2^3 3^{2s-1} 5^{2t-1} \varphi(m^2)\\ &= (2^3+1) 2^3 3^{2s-1}5^{2t-1} \varphi(m^2)\\ &= 2^3 3^{2s+1} 5^{2t-1} \varphi(m^2)\\ &= \varphi( 3^{2s+2} 5^{2t} m^2)\\ &= \varphi(c^2) \end{align} $$

Por último, investigamos el caso de $r=1$ . Cuando $s\geq 2$ todavía tenemos una solución:

Caso 3d: $r=1, s\geq 2$ y $t\geq 1$

Dejemos que $$ b = 2^{3} 3^{s-1} 5^t m, \quad c = 2^1 3^{s-1} 5^{t+1} m $$ y comprobamos que $$ \begin{align} \varphi(a^2) + \varphi(b^2) &= \varphi( 2^{2} 3^{2s} 5^{2t} m^2) + \varphi( 2^{6} 3^{2s-2} 5^{2t} m^2)\\ &= 2^{4} 3^{2s-1} 5^{2t-1} \varphi(m^2) + 2^{8} 3^{2s-3} 5^{2t-1} \varphi(m^2)\\ &= (3^2 + 2^4)2^{4} 3^{2s-3} 5^{2t-1} \varphi(m^2)\\ &= 2^{4} 3^{2s-3} 5^{2t+1} \varphi(m^2)\\ &= \varphi( 2^{2} 3^{2s-2} 5^{2t+2} m^2 )\\ &= \varphi(c^2) \end{align} $$

Sin embargo, en el caso final de $r=1,s=1$ sólo tenemos solución para $t=1$

Caso 3e: $r=1,s=1,t=1$

Esto se desprende directamente de $$ \begin{align} \varphi((2^1 3^s 5^1 m)^2) + \varphi( (2^3 3^s m)^2 ) &= \varphi( 2^2 3^{2s} 5^{2} m^2) + \varphi( 2^6 3^{2s} m^2)\\ &= 2^4 3^{2s-1} 5^1 \varphi(m^2) + 2^6 3^{2s-1} \varphi(m^2)\\ &= (5 + 2^2)2^4 3^{2s-1} \varphi(m^2)\\ &= 2^4 3^{2s+1} \varphi(m^2)\\ &= \varphi( 2^4 3^{2s+2} m^2) \\ &= \varphi( (2^2 3^{s+1} m)^2 ) \end{align} $$

El caso sin resolver es $r=1,s=1$ y $t\geq 2$ que tratamos a continuación.

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Caso 4: $r=1,s=1,t\geq 2$

Dejemos que $u$ sea el exponente del factor primo $7$ de $a$ . es decir $$ a = 2^1 3^1 5^t 7^u n $$

Si $u=0$ , establecemos $$ b = 5^t 7^1 n,\quad c = 3^2 5^t n $$ para que $$ \begin{align} \varphi(a^2)+\varphi(b^2) &= 48\cdot 5^{2t-1}\varphi(n^2) + 168\cdot 5^{2t-1} \varphi(n^2)\\ &= 2\cdot 3^3 \cdot 4\cdot 5^{2t-1} \varphi(n^2)\\ &= \varphi(3^4 5^{2t} n^2)\\ &= \varphi(c^2) \end{align} $$

Para $u=1$ , establecemos $$ b = 2^2 5^t n,\quad c = 2^5 5^t n $$ Comprobación: $$ \begin{align} \varphi(a^2) + \varphi(b^2) &= \varphi(2^2 3^2 5^{2t} 7^2 n^2) + \varphi( 2^4 5^{2t} n^2)\\ &= 2^5 3^2 5^{2t-1} 7^1 \varphi(n^2) + 2^5 5^{2t-1}\varphi( n^2)\\ &= (3^2 7^1 + 1) 2^5 5^{2t-1} \varphi(n^2)\\ &= 2^{11} 5^{2t-1} \varphi(n^2)\\ &= \varphi( 2^{10} 5^{2t} n^2)\\ &= \varphi(c^2) \end{align} $$

Finalmente, para el último caso de $u\geq 2$ podemos establecer $$ b = 2^4 3^2 5^t 7^{u-1} n,\quad c = 2^1 3^1 5^{t+2} 7^{u-1} n $$ Comprobación: $$ \begin{align} \varphi(a^2) + \varphi(b^2) &= \varphi(2^2 3^2 5^{2t} 7^{2u} n^2) + \varphi( 2^8 3^4 5^{2t} 7^{2u-2} n^2)\\ &= 2^5 3^2 5^{2t-1} 7^{2u-1} \varphi(n^2) + 2^{11} 3^{4} 5^{2t-1} 7^{2u-3} \varphi(n^2)\\ &= (7^2 + 2^6 3^2) 2^5 3^2 5^{2t-1} 7^{2u-3} \varphi(n^2)\\ &= (625) 2^5 3^2 5^{2t-1} 7^{2u-3} \varphi(n^2)\\ &= 2^5 3^2 5^{2t+3} 7^{2u-3} \varphi(n^2)\\ &= \varphi( 2^2 3^2 5^{2t+4} 7^{2u-2} n^2)\\ &= \varphi(c^2) \end{align} $$