Como dice el título, es $n$ siendo libre de cuadrados junto con $n+1 \mid \sigma(n)$ suficiente para demostrar $n$ ¿es primo?
Es bien sabido que si $\varphi(n)\mid n-1$ y $n+1 \mid \sigma(n)$ entonces $n$ es un primo (véase, por ejemplo Un número entero es primo si $\phi(n) \mid n-1$ y $n+1 \mid \sigma (n)$ ). También es un conocido problema abierto - El problema totiente de Lehmer - si $\varphi(n)\mid n-1$ implica que $n$ es un primo. Dado que $\varphi(n)\mid n-1$ implica que $n$ es libre de cuadrados, esto me hace preguntarme qué se sabe del problema intermedio entre estos dos, es decir. $n$ siendo libre de cuadrados junto con $n+1 \mid \sigma(n)$ .
He comprobado por fuerza bruta que la conjetura se mantiene para $n$ siendo un producto de cualquiera de los primeros $31$ primos. En cuanto a la prueba, podemos descartar el producto de dos primos fácilmente como $n=pq$ y $pq+1\mid \sigma(n)=(p+1)(q+1)=pq+p+q+1$ implica $pq+1\mid p+q$ y luego mostramos $pq+1>p+q$ contradice este resultado. Pero no parece generalizarse a más primos que simplemente. También puede ser que este problema esté abierto, en ese caso todavía no he encontrado una referencia.
Actualización: He encontrado una prueba de que sólo $n$ que cumple las condiciones es $n=2$ , empujando el posible contraejemplo sólo a los números Impares.
Para ver esto $n=2\prod_{i=1}^{k} p_i$ donde $p_i=2^{e_i}d_i-1$ con $e_i \geq 1$ y $d_i$ impar. Ahora tenemos dos posibilidades, o bien $e_i=1$ o $e_i \geq 2$ . Si $e_i=1$ entonces $d_i \geq 3$ y tenemos
$$ 2^{e_i}d_i-1 \geq 2d_i-1\geq \sqrt[k]{\frac{3}{2}} d_i $$ donde la última desigualdad se deduce de $(2-\sqrt[k]{\frac{3}{2}})d_i\geq (2-\sqrt[k]{\frac{3}{2}})3\geq 1$ que se cumple para $k \geq 1$ .
Si por el contrario $e_i\geq 2$ entonces
$$ 2^{e_i}d_i-1 \geq 4d_i-1\geq \sqrt[k]{\frac{3}{2}} d_i $$ esta vez porque $(4-\sqrt[k]{\frac{3}{2}})d_i\geq (4-\sqrt[k]{\frac{3}{2}})\cdot 1\geq 1$ que también se cumple para $k \geq 1$ .
De cualquier manera obtenemos $2^{e_i}d_i-1\geq \sqrt[k]{\frac{3}{2}} d_i$ . Pero entonces $$ n+1=2\prod_{i=1}^{k}(2^{e_i}d_i-1)+1\geq 2 \prod_{i=1}^k \sqrt[k]{\frac{3}{2}} d_i +1=3\prod_{i=1}^{k}d_i+1 $$ y al mismo tiempo $$ n+1\mid\sigma(n)=(2+1)\prod_{i=1}^{k} 2^{e_i}d_i=3\cdot 2^{\sum e_i}\prod_{i=1}^k d_i. $$ Desde $n+1$ es impar, tenemos $n+1 \mid 3\prod_{i=1}^k d_i$ y así $n+1 \leq 3\prod_{i=1}^k d_i$ . Pero estos resultados son contradictorios ya que tenemos $$ 3\prod_{i=1}^{k}d_i+1\leq n+1 \leq 3\prod_{i=1}^k d_i. $$
Actualización 2: Además cualquier contraejemplo debe tener $n \equiv 3 \pmod 4$ . Esto se deduce del argumento de C.S. en el respuesta vinculada : Si $4\mid n-1$ entonces $2\mid n+1$ y $4\nmid n+1$ . Así que $v_2(n+1)=1$ . Si $n$ tiene $k$ impar factores primos entonces $2^k \mid \sigma(n)$ . Pero entonces $2^{k-1}\mid \frac{\sigma(n)}{n+1}$ y a su vez $$ 2^{k-1}\leq \frac{\sigma(n)}{n+1}<\frac{\sigma(n)}{n}=\prod_{p\mid n} \frac{p+1}{p}\leq \prod (1+\frac{1}{3})=\Big(\frac{4}{3}\Big)^k $$ que no se cumple para $k \geq 2$ Así que $k=1$ y $n$ es un primo.
