Sea $N=q^k n^2$ ser un Número perfecto impar con prima especial $q$ satisfaciendo $q \equiv k \equiv 1 \pmod 4$ y $\gcd(q,n)=1$ .
Denote el índice de abundancia del número entero positivo $x$ como $I(x)=\sigma(x)/x$ donde $\sigma(x)=\sigma_1(x)$ es el suma clásica de divisores de $x$ . (Por ejemplo, cuando $M$ es perfecto, tenemos $\sigma(M)=2M$ y $I(M)=\sigma(M)/M=2$ . El ejemplo más pequeño de un número par perfecto es $6$ . Actualmente se desconoce si existen Números perfectos impar .)
Fijar un número entero positivo $a$ .
Tenemos $$k \leq a \iff I(q^k) \leq I(q^a) \iff \frac{2}{I(q^a)} \leq \frac{2}{I(q^k)}=I(n^2)$$ $$\iff I(q^k) \leq I(q^a) < \frac{2}{I(q^a)} \leq I(n^2),$$ desde $$I(q^a) = \frac{q^{a+1} - 1}{q^a (q - 1)} < \frac{q}{q-1} \leq \frac{5}{4} < \sqrt{2}.$$ Por lo tanto, obtenemos $$k \leq a \iff \Bigg[I(q^k) - I(q^a)\Bigg]\Bigg[I(n^2) - I(q^a)\Bigg] \leq 0$$ $$\iff 2 + (I(q^a))^2 \leq I(q^a)\Bigg[I(q^k) + I(n^2)\Bigg].$$ Obtenemos así la siguiente proposición:
PROPUESTA Si $N=q^k n^2$ es un número perfecto impar con primo especial $q$ entonces $k \leq a$ se cumple si y sólo si $$I(q^a) + \frac{2}{I(q^a)} \leq I(q^k) + I(n^2).$$
PRUEBA ALTERNATIVA DE LA PROPOSICIÓN Obsérvese que la misma proposición puede demostrarse utilizando el hecho de que $$f(k) = I(q^k) + I(n^2) = I(q^k) + \frac{2}{I(q^k)}$$ es una función decreciente de $k$ . (Véase mathlove 's respuesta a una pregunta estrechamente relacionada .)
Pero $$I(q^a) + \frac{2}{I(q^a)} = \frac{q^{a+1} - 1}{q^a (q - 1)} + \frac{2q^a(q - 1)}{q^{a+1} - 1} = \frac{3q^{2a+2} - 4q^{2a+1} + 2q^{2a} - 2q^{a+1} + 1}{q^a (q - 1)(q^{a+1} - 1)},$$ cuya descomposición en fracciones parciales, por WolframAlpha es $$\frac{2(q - 1)}{q(q^{a+1} - 1)} - \frac{1}{q^a (q - 1)} + \frac{3q^2 - 4q + 2}{q(q - 1)},$$ donde por supuesto $$\frac{3q^2 - 4q + 2}{q(q - 1)} < I(q^k) + I(n^2)$$ se cumple incondicionalmente (es decir, aunque no tengamos la condición $k \leq a$ ).
Así que aquí está mi:
PREGUNTA INICIAL
¿La desigualdad $$\frac{2(q - 1)}{q(q^{a+1} - 1)} > \frac{1}{q^a (q - 1)}$$ se cumplen para todos los primos especiales $q$ ?
MI INTENTO
Supongamos por el contrario que existe un primo especial $q$ tal que $$\frac{1}{q^a (q - 1)} \geq \frac{2(q - 1)}{q(q^{a+1} - 1)}.$$
Esta última desigualdad es equivalente a $$q^{a+2} - q \geq 2{q^a}(q - 1)^2 = 2{q^a}(q^2 - 2q + 1) = 2q^{a+2} - 4q^{a+1} + 2q^a$$ $$\iff 0 \geq q^{a+2} - 4q^{a+1} + 2q^a + q = q^{a+1} (q - 4) + 2q^a + q > 0,$$ que es un contradicción .
PREGUNTA FINAL
¿Basta la contradicción para demostrar que $k \leq a$ ?
