Encontrar satisfacción todas las $n\in\mathbb{Z}^+$: $n\mid(2^{\varphi(n)}+3^{\varphi(n)}+\cdots +n^{\varphi(n)}).$

Question

Encontrar todos los $n\in\mathbb{Z}^+$ satisfactoria:

i $n$ tiene más divisores primeros de $4$.

(ii) $n\mid(2^{\varphi(n)}+3^{\varphi(n)}+\cdots +n^{\varphi(n)}),$ $\varphi(n)$ Dónde está la función de Euler.

Answer 1

Deje $n = p^k\cdot m$$k \geqslant 1$$p \nmid m$. Desde $k \leqslant 2^{k-1} \leqslant (p-1)p^{k-1} = \varphi(p^k)$, e $\varphi(p^k) \mid \varphi(n)$, tenemos

$$a^{\varphi(n)} \equiv \begin{cases} 0 &, p \mid a\\1 &, p \nmid a \end{cases} \pmod{p},$$

y por lo tanto

$$\sum_{a=2}^n a^{\varphi(n)} \equiv -1+ \sum_{a=1}^n a^{\varphi(n)} \equiv -1 + m\sum_{a=1}^{p^k} a^{\varphi(n)} \equiv -1 + m\cdot\varphi(p^k) \pmod{p}.$$

Si $k > 1$,$p\mid \varphi(p^k)$, y la suma es $\equiv -1 \pmod{p}$, por lo tanto, un $n$ $(ii)$ debe ser squarefree. A continuación, la condición es que $m(p-1) \equiv 1 \pmod{p}$, o

$$\frac{n}{p} \equiv -1 \pmod{p} \iff n+p \equiv 0 \pmod{p^2}$$

para todos los $p \mid n$. Deje $n = \prod_{i=1}^r p_i$,$p_1 < p_2 < \dotsc < p_r$. Entonces

$$n^2 \mid \prod_{i=1}^r(p_i + n) = n\left(1 + \sum_{i=1}^r\frac{n}{p_i}\right) + n^2\cdot M,$$

y por lo tanto

$$\sum_{i=1}^r\frac{1}{p_i} + \frac{1}{n} \in \mathbb{N}.$$

Así que vamos a tener en cuenta el número de primos divisores de $n$ en la secuencia:

• $r = 0$: $n = 1$ la suma está vacía, por lo tanto $0$.

• $r = 1$: Esto significa que debemos tener $\frac{2}{p} \in \mathbb{N} \Rightarrow p = 2$, y, de hecho,$2^{\varphi(2)} = 2 \equiv 0 \pmod{2}$.

• $r = 2$: Debemos tener $\frac{1}{p}+\frac{1}{q} + \frac{1}{pq} \in \mathbb{N}$, y desde $\frac12 + \frac13 +\frac16 = 1$, $n = 6$ es la única posibilidad para un producto de dos números primos. De hecho,$\varphi(6) = 2$, e $2^2+3^2+4^2+5^2+6^2 = 90 \equiv 0 \pmod{6}$.
• $r = 3$: Debemos tener $\frac1p + \frac1q + \frac1r + \frac{1}{pqr} \in \mathbb{N}$. Desde $\frac12+\frac13+\frac15+\frac{1}{30} = \frac{32}{30} < 2$, la suma de los recíprocos debe ser $1$, y que la única solución para que se $p=2,q=3,r=7$, e $n = 42$. (Me salto la verificación de aquí en adelante.)
• $r = 4$: Desde $\frac12 + \frac13 + \frac15 + \frac17 + \frac{1}{210} = \frac{248}{210} < 2$, la suma debe ser de nuevo $1$. Desde $\frac13+\frac15 +\frac17 +\frac{1}{11} + \frac{1}{1155} = \frac{887}{1155} < 1$, el menor factor primo debe ser $2$. $\frac12 + \frac15+\frac17 + \frac{1}{11} + \frac{1}{770} = \frac{727}{770} < 1$, así, el segundo más pequeño el primer factor que debe ser $3$. $\frac12 + \frac13 + \frac15 > 1$, así que el tercer factor principal debe ser mayor que $5$. Nos encontramos con $\frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{7} + \frac{1}{43} + \frac{1}{1806} = 1$, lo $1806$ es nuestro siguiente solución. Para el tercer primer factor que se $11$, no hay solución (el primer factor de $13$ da una suma $> 1$, el primer factor de $17$ una muy pequeña cantidad), y con el tercer factor primordial $\geqslant 13$, la suma siempre es menor que $1$.

Para la lista completa de los números enteros positivos $n$ con un máximo de cuatro factores primos y

$$\sum_{a=2}^n a^{\varphi(n)} \equiv 0 \pmod{n}$$

es $\{1,\,2,\,6,\,42,\,1806\}$.