Demostrar que $n$ es el foro principal $\sigma(n)+\phi(n)= nd(n)$.

Question

Lo siento si este post es un duplicado, pero yo no podía parecen encontrar una prueba siguiendo este método en mis búsquedas y, mientras que yo creo que mi razonamiento es correcto, pero no estoy seguro de si mi inductivo prueba de ello es rigurosamente completa.

En la siguiente $\sigma(n)$, $\phi(n)$, y $d(n)$ son, respectivamente, la suma de los divisores de a $n$, el de Euler totient función, y el número total de divisores de a $n$. Me he roto la prueba en varios Lemas:

Lema 1: Si $n$ es un número primo, entonces $$\sigma(n)+\phi(n)=nd(n).$$

Prueba:

De esta manera se sigue directamente de las definiciones, es decir: $$\sigma(n)+\phi(n)=(1+n)+(n-1)=2n=n d(n).$$$\square$

Lema 2: Si $n=p^a$ donde $p$ es cualquier primer y $a$ es un número entero mayor que $1$, $$\sigma(n)+\phi(n)\lt n d(n).$$

Prueba:

Supongamos que, por una contradicción, que $$\sigma(n) +\phi(n)\geq nd(n),$$ this is equivalent to $$\left(1+p+\cdots +p^a\right) +\left(p^a-p^{a-1}\right)\geq p^a(a+1)\\\implies 1+p+\cdots +p^{a-2}\geq (a-1) p^a,$$ which, since there are $a-1$ terms in the sum on the LHS of the last inequality, each less than $p^$, es la contradicción que buscamos.

$\square$

Lema 3: Si $$n={p_1}^{a_1}{p_2}^{a_2}\cdots {p_k}^{a_k},$$ where the $p_i $ are all distinct primes and $a_i \geq1$, then $$\sigma(n)+\phi(n)\leq nd(n),$$ with equality if and only if $k=1$, $a_1=1$.

Podemos demostrar esto por inducción. El caso de $k=1$ sigue a partir de los Lemas 1 y 2. Por la hipótesis inductiva, supongamos que, por cualquier colección de $k$ distintos de los números primos, $k\in\Bbb{N}$, es siempre cierto que, si $$n={p_1}^{a_1}{p_2}^{a_2}\cdots {p_k}^{a_k},$$ then $$\sigma(n)+\phi(n)\leq nd (n).$$ Ahora, vamos a $$m={p_{k+1}}^{a_{k+1}},$$ such that $gcd(m,n)=1,$ entonces

$$\sigma(mn)+\phi(mn)=\sigma(m)\sigma(n)+\phi(m)\phi(n)\\\leq\sigma(m)\big[nd(n)-\phi(n)\big]+\phi(m)\big[nd(n)-\sigma(n)\big]\\=nd (n)\big[\sigma(m)+\phi(m)\big]-\big[\sigma(m)\phi(n)+\phi(m)\sigma(n)\big]\\\lt n d(n)\big[\sigma(m)+\phi(m)\big]\\\leq mn\big[ d(mn)\big],$ $ , donde la primera y la última de las desigualdades seguir a partir de los Lemas 1 y 2.

$\square$

Answer 1

Como se mencionó en un comentario en mi (ahora suprimido) respuesta, aún no se ha establecido la desigualdad estricta que Lexema 3 requiere. El caso base es buena, como Lema 2 se muestra una desigualdad estricta para non-prime números cubiertos por la $k = 1$ caso. Pero, usted no mostró una desigualdad estricta para $k > 1$.

Usted podría cubrir la mayoría de los casos, simplemente por el hecho de insistir en que $a_1 \ge a_i$ para todos los $i = 1 \ldots, k$, lo cual puede lograrse sin pérdida de generalidad mediante la reorganización de los números primos. Entonces, si $a_i > 1$, la desigualdad estricta de la base de caso llevar más de inductivamente. Pero, esto todavía deja una plaza libre de números de la forma $p_1 p_2 \ldots p_k$.

Lo que usted necesita hacer es agregar en otro lema, mostrando que $\sigma(n) + \phi(n) < nd(n)$ para $n = p_1 p_2$, donde $p_1 \neq p_2$ son números primos. No es difícil mostrar que: $$\sigma(n) + \phi(n) = (1 + p_1)(1 + p_2) + (p_1 - 1)(p_2 - 1) = 2p_1p_2 + 2 < 4p_1 p_2.$$

Ahora, en términos de la construcción de su inducción argumento, me gustaría tratar el $k = 1$ caso como totalmente separados. A continuación, probar el caso base $k = 2$, pero mantener la desigualdad estricta. Los dos argumentos anteriores muestran que la desigualdad es estricta para $n = p_1^{a_1}p_2^{a_2}$ independientemente de si $n$ es cuadrado-libre o no. Entonces, su inducción paso funcionará como es, solo con estricto de las desigualdades, en lugar de no-estricto de las desigualdades.