Sobre los números perfectos de impar $n$ y $\sigma\left(n^\lambda\right)$

Question

Como fondo No sé si este tipo de cálculos están en la literatura y/o son interesantes. Puedo probar que siendo $\lambda\geq 1$ un número entero fijo, $n$ es perfecto si y sólo si $$2n=\left(\prod_{p\mid n}\frac{p^{e_p+1}-1}{p^{\lambda e_p+1}-1}\right)\sigma\left(n^\lambda\right),$$ donde suponemos que $n$ tiene la factorización $n=\prod_{p\mid n}p^{e_p}$ .

Inspirado en el hecho de que es fácil demostrar la siguiente afirmación (y que casos simples como $\lambda=1,n=6$ o $\lambda=2,n=6$ no funcionan) hice una conjetura, esa es mi Pregunta.

Reclamación. Dejemos que $n=\prod_{p\mid n}p^{e_p}$ un número perfecto impar y como antes $\lambda\geq 1$ un número entero fijo, entonces $$\sigma(\xi)\prod_{p\mid n}\left(p^{e_p+1}-1\right)=\left(2^{\lambda+1}-1\right)2n\prod_{p\mid n}\left(p^{\lambda e_p+1}-1\right)$$ se mantiene, donde $\xi_{\lambda}=\xi=2^{\lambda}n^{\lambda}$ .

Pregunta. Dejemos que $n\geq 1$ un número entero, y tomamos $\lambda\geq 1$ como un número entero fijo. Demuestre o refute que si $n$ satisface $$\sigma(\xi)\prod_{p\mid n}\left(p^{e_p+1}-1\right)=\left(2^{\lambda+1}-1\right)2n\prod_{p\mid n}\left(p^{\lambda e_p+1}-1\right),$$ donde $\xi=2^{\lambda}n^{\lambda}$ entonces $n$ es un número perfecto impar. Gracias.

Mi intento (de conseguir la declaración como verdadera). Sé que el método consiste en demostrar por contradicción la afirmación sobre el supuesto de que nuestro $n$ tiene la forma $2^{\alpha}m$ para los enteros $\alpha\geq 1$ y $m\geq 1$ con $(2,m)=1$ . Mi deducción fue entonces, si no hay errores tipográficos, que $$\left(2^{\lambda(\alpha+1)+1}-1\right)\left(2^{\alpha+1}-1\right)\sigma(m)=\left(2^{\lambda+1}-1\right)2^{\alpha+1}m\left(2^{\lambda\alpha+1}-1\right)$$ en la forma de hacer la comparación $\sigma(m)$ frente a $\operatorname{something }\cdot m $ y para intentar deducir una contradicción, pero no sé cómo deducirla.

Entonces, como motivación se podría conseguir tal caracterización para los números perfectos de impar, que estoy diciendo que no sé si es bien conocido, si podemos terminar la prueba, para la veracidad, de la afirmación.

Answer 1

Esta es sólo una respuesta parcial. Se podría obtener una contradicción obteniendo límites en la cantidad $I(m)=\sigma(m)/m$ a partir de su última ecuación, y restringiendo al caso $\alpha \geq 4$ .

Respuesta ampliada

Así que tienes $$I(m) = \dfrac{\sigma(m)}{m} = \dfrac{{2^{\alpha + 1}}(2^{\lambda\alpha + 1} - 1)(2^{\lambda + 1} - 1)}{(2^{\lambda(\alpha + 1) + 1} - 1)(2^{\alpha + 1} - 1)}.$$

Esto está limitado desde abajo por $$L(\lambda, \alpha) := \dfrac{{2^{\alpha + 1}}(2^{\lambda\alpha + 1} - 1)(2^{\lambda + 1} - 1)}{(2^{\lambda(\alpha + 1) + 1})(2^{\alpha + 1})},$$ y está limitada desde arriba por $$U(\lambda, \alpha) := \dfrac{{2^{\alpha + 1}}(2^{\lambda\alpha + 1})(2^{\lambda + 1})}{(2^{\lambda(\alpha + 1) + 1} - 1)(2^{\alpha + 1} - 1)}.$$ Es decir, tenemos $$L(\lambda, \alpha) < I(m) < U(\lambda, \alpha).$$

Simplificando y reescribiendo, obtenemos $$L(\lambda, \alpha) = \dfrac{(2^{\lambda\alpha + 1} - 1)(2^{\lambda + 1} - 1)}{(2^{\lambda(\alpha + 1) + 1})} = 2\cdot\bigg(\dfrac{(2^{\lambda\alpha + 1} - 1)(2^{\lambda + 1} - 1)}{2^{\lambda(\alpha + 1) + 2}}\bigg)$$ $$= 2\cdot{\bigg(\dfrac{2^{\lambda\alpha + 1} - 1}{2^{\lambda\alpha + 1}}\cdot\dfrac{2^{\lambda + 1} - 1}{2^{\lambda + 1}}\bigg)},$$ y $$U(\lambda, \alpha) = \bigg(\dfrac{{2^{\alpha+1}}}{2^{\alpha+1}-1}\bigg)\cdot\bigg(\dfrac{2^{\lambda(\alpha + 1) + 2}}{2^{\lambda(\alpha + 1) + 1} - 1}\bigg) = 2\cdot\bigg(\dfrac{{2^{\alpha+1}}}{2^{\alpha+1}-1}\bigg)\cdot\bigg(\dfrac{2^{\lambda(\alpha + 1) + 1}}{2^{\lambda(\alpha + 1) + 1} - 1}\bigg).$$

Por supuesto, $\lambda \geq 1$ y $\alpha \geq 1$ de modo que obtenemos los límites numéricos

$$\dfrac{9}{8} \leq L(\lambda, \alpha) < I(m) < U(\lambda, \alpha) \leq \dfrac{12}{7}.$$

¿Quizás este argumento pueda ser retocado para producir una contradicción? Consulte las notas adicionales más abajo.

Añadido a la respuesta ampliada el 24 de enero de 2017

Si $n=2^{\alpha}{m}$ (con $\alpha \geq 1$ ) y $n$ es perfecto, entonces obtenemos que $m = 2^{\alpha + 1} - 1$ es primo (por lo que $\alpha + 1$ también es primo), y obtenemos $$I(m) = \dfrac{\sigma(m)}{m} = \dfrac{2^{\alpha + 1}}{2^{\alpha + 1} - 1}.$$

Ahora bien, si $\alpha \geq 4$ obtenemos el límite superior $$I(m) \leq \dfrac{32}{31}$$ lo que contradice el límite inferior $$\dfrac{9}{8} < I(m).$$

Queda por considerar los casos $n = 6$ y $n = 28$ (resp., $\alpha = 1$ y $\alpha = 2$ ) por separado.