Una congruencia con la función totiente de Euler y la función suma de divisores

Question

¿Puede proporcionar una prueba o un contraejemplo de la afirmación que se da a continuación?

Inspirado en la congruencia $1.2$ en este documento He formulado la siguiente afirmación :

Dejemos que $n$ sea un número natural , sea $\sigma(n)$ sea función de suma de divisores y que $\varphi(n)$ sea Función totiente de Euler Entonces..:

$$(2^n-1)(2^{\sigma(n)}-1) \equiv 3 \pmod {2^{\varphi(n)}-1}$$

para todos los primos y ningún compuesto con la excepción de $4$ y $6$ .

He comprobado esta afirmación hasta $5 \cdot 10^5$ .

Estaba buscando un contraejemplo utilizando los siguientes dos códigos PARI/GP :

SigmaTotient1(lb,ub)={
forprime(n=lb,ub,
if(!(Mod((2^n-1)*(2^sigma(n)-1),2^eulerphi(n)-1)==3),print(n)))
}

SigmaTotient2(lb,ub)={
forcomposite(n=lb,ub,
if((Mod((2^n-1)*(2^sigma(n)-1),2^eulerphi(n)-1)==3),print(n)))
}

Nota:

De forma más general, podemos formular la siguiente afirmación :

Dejemos que $b$ y $n$ sea un número natural , $b \ge 2$ entonces

$$\frac{b^n-1}{b-1}\cdot \frac{b^{\sigma(n)}-1}{b-1} \equiv b+1 \pmod {\frac{b^{\varphi(n)}-1}{b-1}}$$

para todos los primos y ningún compuesto con la excepción de $4$ y $6$ .

Answer 1

Dejemos que $n=p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}$ .
Desde $\phi(n)$ es divisible por $p_i$ si el exponente $a_i$ es mayor que $1$ Tenemos entonces: $p_i\mid \phi(n), p_i\mid n$ lo que significa que $2^n-1, 2^{\phi(n)}-1$ son ambos divisibles por $2^{p_i}-1$ .

Si la congruencia que mencionas se mantiene, entonces $2^{p_i}-1$ debe dividir $3$ , lo que significa que $2^{p_i}-1=3$ y $p_i=2$ .
Esto demuestra que $n=2^{a}\cdot p_2\cdots p_k$ .

Pero entonces, $\sigma(n)=\frac{2^{a_1+1}-1}{2-1}(p_2+1)\cdots (p_k+1)$ que es divisible (ya que los otros primos son Impares) por $2^{k-1}$ y $\phi(n)$ también es divisible por $ 2^{k-1}$ .
Esto significa que (de nuevo desde la congruencia) $2^{2^{k-1}}-1$ divide $3$ que muestra $k-1=1\Rightarrow k=2$ y $n=2^a\cdot p$ . Si $a\ge2$ entonces $2^{\phi(n)}-1$ es divisible por $5$ y también lo es $2^{n}-1$ lo que significa que $5\mid 3$ lo cual es falso.
Esto muestra lo siguiente:
Si $n$ es impar, entonces claramente es un primo.
Si es par, entonces $n=2p$ .
Pero, ahora (si $n=2p$ ) podemos ver por la congruencia que $(2^{2p}-1)(2^{3p+3}-1)\equiv 3\pmod{2^{p-1}-1}$ . Pero a partir del teorema menor de Fermat sabemos que $2^{p-1}\equiv 1\pmod{p}$ Así que $(2^{2p}-1)(2^{3p+3}-1)\equiv 3\pmod{p}$ que da como resultado $(2^2-1)(2^3\cdot 2^3-1)\equiv 3\pmod{p}$ y finalmente $p\mid 362$ .
Podemos comprobar si los divisores pares de $362$ satisfacer su reclamación y ya está.
Creo que esto demuestra la afirmación.