Me topé con la siguiente conjetura:
$$\tau(n)+\sigma(n)\equiv 1(2) \leftrightarrow n = 2m^2$$
¿Alguien tiene una idea acerca de cómo probar esto, tal vez en algunas partes? O tal vez alguien tiene un contraejemplo?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
De hecho, esta conjetura tiene como vamos a mostrar.
Prueba: Supongamos $n = \prod_{i=1}^n p_i^{e_i}$, luego $$\tau(n) = \prod_{i=1}^n (e_i +1)$$ y $$\sigma(n) = \prod_{i=1}^n \Big( \sum_{j=0}^{e_i} p_i^j \Big).$$ Para $p_i >2$, podemos ver que $(e_i +1)$ es que aun si y sólo si $ \sum_{j=0}^{e_i} p_i^j$ es incluso (suma de $n$ números impares es que aun si y sólo si $n$ es incluso). En otras palabras $$(e_i+1) \equiv \sum_{j=0}^{e_i} p_i^j \quad \mathrm{mod} \ 2.$$ Por lo tanto, si sólo uno de los $e_i$ de la $p_i >2$ es impar, obtenemos ya que $$\tau(n) + \sigma(n) \equiv 0 \quad \mathrm{mod} \, 2.$$ Suponiendo que $$\tag{1} \tau(n) + \sigma(n) \equiv 1 \quad \mathrm{mod} \ 2$$ vemos que todos los $e_i$ incluso si $p_i >2$. Si $p_1=2$, entonces (1) se reduce a $$(e_1+1) + 2^{e_1+1} -1 \equiv 1 \quad \mathrm{mod} \ 2.$$ Por lo tanto $e_1 \equiv 1 \mod 2$. Escrito $e_1 = 2 k_1 +1 $$e_i = 2k_i$, obtenemos $$n = 2 m^2,$$ donde $$m = \prod_{i=1}^n p_i^{k_i}.$$ Este calulcations muestra también que para $n = 2m^2$ tenemos $\tau(n)+\sigma(n) \equiv 1 \ \mathrm{mod} \ 2$.
Joffan
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En una más descriptivo estilo de argumento:
La paridad de $\tau(n)$, el número de divisores de a $n$, depende de si los divisores están compuestos enteramente de los distintos pares de factores $(d_1,d_2)$ o si hay una raíz cuadrada $n=d_s\cdot d_s$ al hacer el recuento impar.
$\tau(n)$ es extraño $\iff n$ es un cuadrado perfecto.
La paridad de $\sigma(n)$, la suma de los divisores de a $n$, depende del número de sus impar de factores. Así, podemos ignorar todos los factores de $n$, por lo que se centran en el número impar $\ell$ definido por $n=2^k\ell$. Entonces, como antes, si $\ell$ tiene sólo distintos pares de factores $(d_1,d_2)$ la suma será aún, y sólo si $\ell$ tiene una raíz cuadrada $d_s$ será la suma sea impar.
$\sigma(n)$ es extraño $\iff \ell$, la más grande impar factor de $n$, es un cuadrado perfecto.
Así, por $\tau(n)+\sigma(n)$ a un ser extraño, no podemos tener a $n$ un cuadrado perfecto - que haría tanto $\tau(n)$ $\sigma(n)$ impares, por lo que la suma incluso. Así que necesitamos a $\ell$ cuadrado (para $\sigma(n)$ impar) y $2^k$ no cuadrada (para $\tau(n)$ incluso), lo que hace que $2^{k-1}$ plaza. Por lo tanto, podemos establecer $m=\sqrt{2^{k-1}\ell\ \ }$ dar $n=2m^2$.
Por los cálculos que podemos ver que $n=2m^2$ le dará $\tau(n)+\sigma(n)$ impar.
