Puede un número igual a la suma de los cuadrados de sus primos divisores?

Question

Si $$n=p_1^{a_1}\cdots p_k^{a_k},$$, a continuación, definir

$$f(n):=p_1^2+\cdots+p_k^2$$

Así, $f(n)$ es la suma de los cuadrados de los primos divisores de $n$.

Para que los números naturales $n\ge 2$ tenemos $f(n)=n$ ?

Es claro que $f(n)=n$ es cierto que el cuadrado de cualquier número primo, pero falsa para el otro primer poderes.

Si $p$ y $q$ son los únicos primos divisores de $n$, obtendríamos $p^2+q^2\equiv 0\pmod p$, lo cual implica $p=q$, así que para números con dos prime divisores, $f(n)=n$ no puede sostener.

Si $p,q,r$ son números primos con $p<q<r$, entonces tenemos dos posibilidades.

Si $p,q,r\ne 3$, tenemos $p^2+q^2+r^2\equiv 0\pmod3$, entonces $f(n)=n$ no se puede sostener. Si $p=3$ o $p=3$, entonces $p^2+q^2+r^2 \equiv 2\pmod3$, por lo que $p^2+q^2+r^2$ no es divisible por $3$, entonces $f(n)=n$ no puede sostener.

Por último, si $p<q<r<s$, si $p>2$, entonces $p^2+q^2+r^2+s^2\equiv 0\pmod4$, entonces $f(n)=n$ no puede sostener. Y si $p=2$, entonces $p^2+q^2+r^2+s^2\equiv 3\pmod4$, entonces $p^2+q^2+r^2+b^2$ es impar y $f(n)=n$ de nuevo, no puede mantener.

Así que, además de los cuadrados de los números primos, el número debe tener por lo menos $5$ los factores primos. He buscado a cerca de $6\times 10^7$ y no encontrar un "no trivial" ejemplo.

• Hay un número $n$ con, al menos, dos factores primos y $f(n)=n$ ?

Answer 1

Lo siento porque esto no es una respuesta completa, pero creo que contiene sustancials instrucciones que podrían proporcionar una mejora de alguien.

Deje que $d|n$, lo $n=d\cdot n/d$, y por simetría $\prod_{d|n}d=\prod_{d|n}n/d$, multiplique $\prod_{d|n}$ en la primera identidad de los estados $$\left( \prod_{d|n}d\right)^{2}=n^{\sigma_{0}(n)}$$ (este es el Ejercicio 10, página 47 de Apostol, Introducción a la Teoría Analítica de números), donde $\sigma_{0}(n)$ es el número de divisores de función. Mi intento es el extracto de la aritmética información de este y de Euler-Fermat Teorema. Los siguientes casos son distintos, con plenitud de una colección de números primos.

Caso 1. Podemos suponer sin pérdida de generalidad que el primer prime es de $2$, obtenemos ($n>1$) $$\left( p_{1}^{2}+p_{2}^{2}+\cdots +p_{\omega (n)}^{2}\right)^{\sigma_{0}(n)}=n^{\sigma_{0}(n)}=\prod_{d|n}d^{2},$$ mus $(0+\omega (n)-1)^{\sigma_{0}(n)}\equiv 0\mod 4$, donde $\omega (n)$ es el número de los distintos números primos, ya que si $m$ es impar, $m^{2}\equiv 1\mod 4$. Estos cálculos se quita los casos $\omega(n)$ equivale a $4\lambda$ o $4\lambda +2$, hay infinitamente muchos subcases.

Caso 2. Todos los números primos son impares, se obtiene con la misma idea $\omega (n)^{\sigma_{0}(n)}\equiv 1\mod 4$ y deseche el mismo subcases (precaución, elimina subcases en este caso).

Tal vez delimitador o a través de otro identidades alguien puede barrer más de los casos. Entiendo que esta no es la respuesta completa, así que acepto la respuesta de la comunidad, los suyos o los moderadores.

Answer 2

No es una respuesta completa, sólo comentarios

• Primero

$a_k=1$ (como se indica por Awllower)

$a_{k-1} = 1$

$k$ no pueden ser incluso (obvio)

Como dijo Pedro $k$ no puede ser de 3, y por la misma razón de $k$ no puede ser un múltiplo de 3, y por la misma razón si $k=3x+2$ 3 no puede ser un factor de $n$.

• Entonces

conjunto $x=k$

tenemos $x*p_k^2>n$

<=> $x*p_k>\prod_{i=1}^{k-1} p_i^{a_i}$

<=> $x*p_k/\prod_{i=1}^{k-2} p_i^{a_i}>p_{k-1}$

por lo que $p_k^2+(k-1)*(x*p_k/\prod_{i=1}^{k-2}p_i^{a_i})^2>n$

<=> $p_k^2*(1+(k-1)*(x/\prod_{i=1}^{k-2}p_i^{a_i})^2)>n$

Ahora bien, si tratamos de obtener el menor valor de $x$, el limite es :

$x=1+(k-1)*(x/\prod_{i=1}^{k-2} p_i^{a_i})^2$

< = > $x={\prod_{i=1}^{k-2}p_i^{a_i}*(\prod_{i=1}^{k-2}p_i^{a_i}-\sqrt{(\prod_{i=1}^{k-2}p_i^{a_i})^2-4(k-1)})\over2(k-1)}$

la evaluación numérica de $x$ para $k=5$ y $\prod_{i=1}^{k-2}p_i^{a_i}=2*5*7$ da $x<1,0008177$

Espero que le puede ayudar.

Answer 3

No una respuesta, pero otro punto de vista

$\prod_{i=1}^{k}p_i^ai=\sum_{i=1}^kp_i^2=(\prod_{i=1}^{k}p_i^{ai-1})*(\prod_{i=1}^{k}p_i)$

Así que es un Hurwitz ecuación (Más completa, pero en francés)

Permite llamar $A=\prod_{i=1}^{k}p_i^{ai-1}$

Si hay una solución, por $k\gt2$ y $p_i\neq0$ tenemos $1 \leq \leq k.$

Podemos poner algunas restricciones fundamentales de las soluciones debido al hecho de que $p_1,p_2,...,p_k$ son distintos de los números primos :

Una solución fundamental no puede contener coprimes.

Una solución fundamental debe contener todos los distintos números primos de $A$.

No hay soluciones si $k \equiv 0\bmod2$ o si $k \equiv 0\bmod3$.

Las soluciones fundamentales a $k\leq10$ (fuente post de la imagen) :

Así, por $k\leq10$ la única posible soluciones fundamentales son :

$k=5,A=4,(1,1,1,1,2)$

$k=7,A=3,(1,1,1,1,1,2,3)$

No tengo un software para explorar estos fondamental soluciones, pero puede conducir a una solución a la cuestión principal.