Número de soluciones a esta ecuación agradable $\varphi(n)+\tau(n^2)=n$

Question

¿Cuántos números naturales$n$ satisfacen la ecuación$$\varphi(n)+\tau(n^2)=n$$where $ \ varphi$ is the Euler's totient function and $ \ tau $ es la función del divisor, es decir, el número de divisores de un entero.

Hice esta ecuación y creo que no es difícil. Todavía no he resuelto esto completamente, así que quiero que trabajes en esto junto conmigo. Me encantaría ver sus soluciones!

Answer 1

Aquí es un bosquejo.

Sabemos que esto no funciona para números primos.

Compuesto $n$, $\phi(n) \le n-\sqrt{n}$.

Para cualquier $n$, tenemos $$ \tau(n) < k n ^ #% # indicador de \frac {1} {5} % > 0$$ for all $n$, $\tau(n)$ sufficiently large ($n$).

Por lo tanto, $ is the number of divisors of $ $\phi(n) + \tau(n^2) < n -\sqrt{n} + k n^\frac{2}{5} < n$ suficientemente grande.

Comprobamos todos compuesto $n$ hasta que, y sabemos que todas las soluciones.

(Hay dos).

Answer 2

Sugerencia: Usted puede demostrar que $n$ es impar y tiene más de dos (diferentes) factores primos. Entonces, se deduce que el $n=21$ $n=25$ son las únicas soluciones.

Además Sugerencia: Suponga $n=p^aq^br^cm$ donde $p,q,r,a,b,c\in\mathbb{N}$ $p,q,r$ pares distintos de los números primos, y $m\in\mathbb{N}$ no es divisible por $p$, $q$, o $r$. Demostrar que $$n-\phi(n)> n\left(\frac{1}{2p}+\frac{1}{q}+\frac{1}{r}\right)>\tau\left(n^2\right)\,,$$ siempre que $p,q,r$ es el más pequeño de los números primos dividiendo $n$$2<p<q<r$.

Comentario: he publicado más débil de las desigualdades (ahora retirado por ser redundante), y se dio cuenta de que yo podría hacer una mejora significativa de lo que yo había recibido en mi cero trabajo. Una completa solución está en la parte oculta debajo.

Deje $u_1,u_2,\ldots,u_k$ ser distintos números primos dividiendo $m$. Entonces, $$\begin{align}n-\phi(n)&=n\left(1-\left(1-\frac{1}{p}\right)\left(1-\frac{1}{q}\right)\left(1-\frac{1}{r}\right)\,\prod_{i=1}^k\,\left(1-\frac{1}{u_i}\right)\right)\\&\geq n\Biggl(1-\left(1-\frac{1}{p}\right)\left(1-\frac{1}{q}\right)\left(1-\frac{1}{r}\right)\Biggr)\\&>n\Biggl(\left(\frac{1}{p}-\frac{1}{pq}-\frac{1}{pr}-\frac{1}{qr}\right)+\frac{1}{q}+\frac{1}{r}\Biggr)\\&>n\Biggl(\left(\frac{1}{p}-\frac{1}{5p}-\frac{1}{7p}-\frac{1}{7p}\right)+\frac{1}{q}+\frac{1}{r}\Biggr)>n\left(\frac{1}{2p}+\frac{1}{q}+\frac{1}{r}\right)\,.\end{align}$$ First, note that $m\geq\tau\left(m^2\right)$. If $b>1$, then $$\frac{n}{q}= p^aq^{b-1}r^cm> (2a+1)(2b+1)(2c+1)\,\tau\left(m^2\right)\geq \tau\left(n^2\right)\,.$$ Similarly, if $c>1$, then $$\frac{n}{r}> \tau\left(n^2\right)\,.$$ If $a>1$ and $b=c=1$, then $$\frac{n}{2p}=\frac{1}{2}p^{a-1}qrm> 9(2a+1)\,\tau\left(m^2\right)=\tau\left(n^2\right)\,.$$ If $a=b=c=1$, then $$n\left(\frac{1}{q}+\frac{1}{r}\right)=p(q+r)m> 27\,\tau\left(m^2\right)=\tau\left(n^2\right)\,.$$ This proves that $n-\phi(n)>\tau\left(n^2\right)$ for any odd natural number $n$ with at least three distinct prime divisors.
Now, we shall prove that $n=21$ and $n=25$ are the only solutions in $\mathbb{N}$ to $n=\phi(n)+\tau\left(n^2\right)$. It is clear that $n\neq 1$ and that $n$ is odd. From the paragraph above, $n$ has at most two distinct prime divisors. If $n$ has one prime divisor, say $n=p^a$, then the required condition gives $p^{a-1}=2a+1$, which leads to $p=5$ and $a=2$, whence $n=25$. If $n$ has two prime divisors, say $n=p^aq^b$ with $2<p<q$, then we have $$2(2a+1)q^{b-1}\leq 2p^aq^{b-1}<p^{a-1}(q-1)q^{b-1}+p^aq^{b-1}=(2a+1)(2b+1)\,.$$ That is, $q^{b-1}<\frac{2b+1}{2}$, which means $b=1$. Hence, we have $$2p^a=2p^aq^{b-1}<(2a+1)(2b+1)=3(2a+1)\,.$$ This gives $p=3$ and $a=1$. Therefore, $n=3q$. Ergo, $$3q-2(q-1)=n-\phi(n)=\tau\left(n^2\right)=9\,,$$ leading to $q=7$, whence $n=21$.