Productos abundantes de iteraciones de la función totiente de Euler

Question

Dejemos que $a_0(n) = n$ y $a_{i+1}(n) = \varphi(a_i(n))$ para $i\geq 0$ , donde $\varphi(n)$ es la función totiente de Euler (el número de enteros positivos menores o iguales a $n$ y coprima con $n$ ). Denotemos $f(n) = \prod_{k=0}^{\infty}a_k(n)$ .

Determinar todos los enteros positivos $n$ tal que la suma de los divisores positivos de $f(n)$ es estrictamente mayor que $2f(n)$ .

Answer 1

Observemos eso:
\begin{align*} a_0(n) &= n \,, \\ a_1(n) &= \varphi(n) \,, \\ a_2(n) &= \varphi(a_1(n)) = \varphi(\varphi(n)) = \varphi^{(2)}(n)\,, \\ ... \\ a_k(n) &= \varphi^{(k)}(n)\,, \end{align*} donde $\varphi^{(k)}(n)$ es $k$ veces la composición de la función totiente. Esto nos da la función $f(n)$ como \begin{align*} f(n) = n\prod_{k=1}^{\infty}\varphi^{(k)}(n) \,. \end{align*} Ahora se intuye por qué $\varphi^{(k+1)}(n)\leq\varphi^{(k)}(n)$ es decir, esperamos que la función totiente disminuya con cada iteración (hasta que se convierta en $1$ ). Esto significa que para un número finito $n$ tenemos un número finito de elementos en el producto de $f(n)$ .

El problema nos pide que encontremos todos los números $n$ que nos dan $2f(n)<\sigma(f(n))$ , donde \begin{align*} \sigma(f(n)) = \sum_{d|f(n)}d\,, \end{align*} se llama función divisora y es la suma de todos los divisores de $f(n)$ .

Números que satisfacen $2f(n)<\sigma(f(n))$ se llaman números abundantes . Sin embargo, vamos a buscar números $2f(n)>\sigma(f(n))$ , donde $n$ se denomina números deficientes . Los números deficientes contienen todos los números Impares con primos distintos y todos los números pares que son potencias de $2$ . El motivo por el que elegimos analizar este caso se hará evidente en breve.

La función totiente puede escribirse como \begin{align*} \varphi(n) = n\prod_{p|n}\bigg(\frac{p-1}{p}\bigg)\,, \end{align*} donde $p|n$ significa todos los primos que dividen $n$ . El único número que es par y primo es $2$ . Esto significa que los números que están formados por primos mayores que $2$ siempre dará $\varphi(n)$ como un número par. Esto significa que para todos los $n>2$ tenemos que $f(n)$ siempre será un número par, por lo que no tenemos que preocuparnos por los números deficientes de impar.

Sin embargo, para $n = 2^{m}$ tenemos \begin{align*} \varphi(2^{m}) = 2^{m}\bigg(\frac{2-1}{2}\bigg) = 2^{m-1}\,. \end{align*}
Así, $f(2^{m})$ es \begin{align*} f(2^{m}) = 2^{m+(m-1)+(m-2)+...+1} = 2^{m(m+1)/2} \end{align*} y será un número deficiente porque $f(2^{m})$ es una potencia de $2$ (como ya se ha dicho).

También hay que excluir números perfectos que satisfagan $\sigma(f(n)) = 2f(n)$ . Ya hemos resuelto que $f(n)$ es siempre par y no tenemos que preocuparnos por los números perfectos Impares (todavía un problema abierto en la teoría de números). Los números perfectos pares son de la forma $2^{p-1}(2^{p}-1)$ , donde $p$ es un primo y $2^{p}-1$ también es un primo (primo de Mersenne). Necesitamos $n = 2^{p} - 1$ porque este es el único término que es impar. Ahora si aplicamos la función totiente $\varphi(n) = n - 1 = 2^{p}-2$ (porque $n$ es primo y será siempre coprimo con todos los números hasta él mismo), esperamos que $\varphi(n) = 2^{p-1}$ y esto nos da la ecuación \begin{align*} 2^{p} - 2 &= 2^{p-1} \\ 2^{p-1} - 1 &= 2^{p-2} \,. \end{align*} El LHS es impar mientras que el RHS es par. Así que sólo $p = 2$ es válido y obtenemos $n = 3$ y $f(3)$ será un número perfecto.

En conclusión, las cifras que no satisfacen la desigualdad son $3$ y $2^{m}:m\in\mathbb{N}$ . Cualquier otro número satisface la desigualdad.