Puede existir un número mayor de $36$ con más incluso divisores de $36$, todos ellos de un primer$-1$?

Question

Hice una pequeña prueba de hoy en busca de todos los números, tales como incluso sus divisores son exactamente todos ellos de un primer número menos 1, para verificar posibles propiedades de ellos. Estos son los primeros términos, no está incluido en OEIS:

2, [2]

4, [2, 4]

6, [2, 6]

10, [2, 10]

12, [2, 4, 6, 12]

18, [2, 6, 18]

22, [2, 22]

30, [2, 6, 10, 30]

36, [2, 4, 6, 12, 18, 36]

46, [2, 46]

58, [2, 58]

Traté de buscar a la persona con una larga lista de divisores, pero parece que el más largo es $36$, al menos hasta el $10^6$:

$36$, incluso divisores $[2, 4, 6, 12, 18, 36]$, por lo que los números primos son $[3, 5, 7, 13, 19, 37]$.

Por ejemplo, para el mismo ejercicio para el divisores de ser exactamente todos ellos un número primo más 1 (con la excepción de $1$ en el caso de los divisor $2$) parece ser $24$

$24$, $[2, 4, 6, 8, 12, 24]$, así que los números primos son $[3, 5, 7, 11, 23]$.

Y, por ejemplo, para el caso en que ambos menos y más uno son una de las principales (o $1$ para el divisor $2$) la más antigua parece ser $12$: $[2, 4, 6, 12]$.

Me gustaría hacer la siguiente pregunta:

Estos son heurística, pero no entiendo por qué parece imposible encontrar un número mayor de los pequeños valores como todas las divisores de cumplir con la propiedad y la lista de los divisores es más larga que la lista de $36$. Hay una razón teórica detrás de eso, o debería ser posible encontrar un mayor número (tal vez muy grande) que cumpla con la propiedad? La forma de calcular esta posibilidad está relacionada de alguna manera con Diophantine ecuaciones?

Probablemente la razón es muy simple, pero no puedo ver con claridad. Muchas gracias de antemano!

Answer 1

Supongamos que $n$ tiene la propiedad de que $d+1$ es principal para cada divisor $d$$n$, y deje $k$ el número de facultades de $2$ que dividen $n$.

• Si $k=0$, no hay nada que decir.

• $k\geq 3$ es imposible, ya que $2^3 + 1$ no es primo.

• Supongamos que $k=2$, y deje $p$ ser un extraño divisor primo de $n$. A continuación, $2p+1$ $4p+1$ son primos. Pero el trabajo del modulo $3$, podemos ver que esto sólo es posible si $p=3$. Por lo $n=4\cdot 3^l$ algunos $l\geq 0$. Pero $2\cdot 3^3 + 1$ no es primo, por lo que las posibilidades son $n=4,12,36$.

El caso restante es $k=1$. Si $p\geq 5$ es un primer factor de $n$, $p^2$ no divide $n$, debido a $2p^2+1$ es divisible por $3$. Como en el anterior, $3^3$ no se puede dividir $n$, lo $n=2\cdot 3^l\cdot \prod_{i=1}^t q_i$ donde $0\leq l \leq 2$ e las $q_i$ son distintos de los números primos $\geq 5$.

• Si $t=0$, tenemos los casos de $n=2,6,18$.

• Si $t=1$, tenemos los casos de $n=2p, 6p, 18p$, ninguno de los cuales tiene más de seis factores.

• $t\geq 2$ es imposible: al menos uno de $2p+1$, $2q+1$, y $2pq+1$ debe ser divisible por $3$.

Llegamos a la conclusión de que $n$ no puede tener más de seis factores, y que tiene precisamente seis sólo al $n=18p$ para algunos prime $p$.

Answer 2

Tamizado con pequeños números primos revela lo siguiente.

Suponga que $$ n=2^a\cdot3^bp_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}\qquad(*) $$ tiene la propiedad de que $d+1$ es un excelente siempre $d$ es incluso un factor de $n$. Aquí $(*)$ da la factorización prima de $n$, lo $p_i$ son todos distintos de los números primos $>3$. Sin pérdida de generalidad podemos suponer que $a>0$ y $a_i>0$ todos los $i$.

Si cualquiera de los números primos $p_i$ satisface la congruencia $p_i\equiv1\pmod 3$, $2p_i+1$ es divisible por tres, y $d=2p_i\mid n$ está en violación de la asunción. Podemos concluir que el $p_i\equiv-1\pmod 3$ todos los $i$.

Si $k\ge 2$ $2p_1p_2+1$ es divisible por tres, por lo $d=2p_1p_2$ está en violación. Por lo tanto,$k\le1$. Pero también si $a_1\ge2$, $2p_1^2+1$ es divisible entre tres y $d=2p_1^2$ es una violación de factor.

En este punto sabemos que (llamada en este caso Una) $$ n=2^a\cdot3^bp $$ para algunos el primer $p\equiv-1\pmod3$ o (llamada en este caso B) $$ n=2^a3^b. $$

En caso de que podemos hacer las siguientes observaciones adicionales. Primero vemos que el $4p+1$ es de nuevo divisible por tres, por lo $d=4p$ está en violación. Por lo tanto, en caso de que debemos tener $a=1$. También, $2\cdot 3^3+1$ es un múltiplo de cinco, así que del mismo modo a la conclusión de que $b\le 2$.

En el caso B se observa que el $2^3+1$ $2\cdot 3^3+1$ no son primos, y por lo tanto $a\le2$$b\le2$.

Así que nos quedamos con las posibilidades

• $n=2\cdot 3^b p$ $b\le2$ . Esta $n$ $2(b+1)$ incluso factores, por lo que hay más de seis de ellos.
• $n=2^a\cdot 3^b$ $a,b\le2$ . Esta $n$ $a(b+1)$ incluso factores, así que de nuevo hay en la mayoría de seis de ellos.

Answer 3

Hice un programa que calcula los números, que están buscando, pero sólo encontré $$198,26118,347\color{brown}58,49338,67698,79038,109818,...$$ que sólo ha $6$ '$prime-1$' divisores como $36$. La gama se $10^8$.

Se muestra que un número aún con, $7$ '$prime-1$' divisores como estos no existen o son muy grandes para calcular...