关于奇完全数中σ(q^k)/2是否无平方因子的证明问询

这篇探讨是从问题“该问题还有哪些剩余情况需要考虑，特别是$i(q)$所有可能的前提条件？”延伸而来的。

研究动机 #

我们用$\sigma(x)=\sigma_1(x)$表示正整数$x$的经典除数和函数（注意$\sigma$是积性函数）。

一个数$P$被称为完全数当且仅当$\sigma(P)=2P$。如果完全数$N$是奇数，那么它被称为奇完全数。欧拉证明了：假设存在奇完全数$N$，则它一定可以表示为
$$N = q^k n^2$$
其中$q$是满足$q \equiv k \equiv 1 \pmod 4$的特殊素数，且$\gcd(q,n)=1$。

已知指标函数$i(q)$（由Broughan、Delbourgo和Zhou最初定义，后续Chen和Chen改进了相关结论）的表达式为：
$$i(q)=\gcd(n^2,\sigma(n2))=\frac{n^2}{\sigma(qk)/2}=\frac{\sigma(n^2)}{qk}$$
这里$i(q)=\sigma(N/{q^k})/{qk}$是奇完全数$N$在特殊素数$q$处的指标。

在近期的预印本中，Dris证明了以下推论成立：
$$i(q) \text{ 是无平方因子数 } \implies \frac{\sigma(q^k)}{2} \text{ 不是无平方因子数.} \tag{1}$$

我们同样得到了如下双条件结论：
$$i(q) \text{ 是平方数 } \iff \frac{\sigma(q^k)}{2} \text{ 是平方数.}$$

这可以推导出一条推论链：
$$i(q) \text{ 是平方数 } \implies \frac{\sigma(q^k)}{2} \text{ 是平方数 } \implies \frac{\sigma(q^k)}{2} \text{ 不是无平方因子数.} \tag{2}$$

此外，某MSE回答证明了如下猜想：

如果$q^k n^2$是奇完全数（其中$q$是特殊素数且$q = k$），那么$\sigma(q^k)/2$不是无平方因子数。

这些发现都强烈暗示$\sigma(q^k)/2$应该不是无平方因子数。

我的核心问题是：
你是否能找到证明$\sigma(q^k)/2$不是无平方因子数的方法？

我的尝试 #

我采用反证法，假设$\sigma(q^k)/2$是无平方因子数。

由$i(q) = \frac{n^2}{\sigma(qk)/2}$且$i(q)$是奇数整数，可知$\sigma(q^k)/2 \mid n^{2$。结合$\sigma(q}k)/2$是无平方因子数的假设，可推出$\sigma(q^k)/2 \mid n$。

我们可以将等式
$$\frac{n^2}{\sigma(qk)/2}=\frac{\sigma(n^2)}{qk}$$
改写为
$$\frac{\sigma(n^{2)}{n}=\frac{q}k n}{\sigma(q^k)/2}$$
这意味着$\sigma(q^k)/2 \mid n$等价于$n \mid \sigma(n^{2)$（因为$q}k$和$\sigma(q^k)/2$互质）。

接下来定义以下几个最大公约数：

• $G = \gcd(\sigma(q^k),\sigma(n2)) = \sigma(q^k)/2$
• $H = i(q) = \gcd(n^2,\sigma(n2)) = \frac{n^2}{\sigma(qk)/2}$
• $I = \gcd(n,\sigma(n^2)) = n$
• $J = \frac{n}{\gcd(\sigma(q^k)/2,n)} = \frac{n}{\sigma(q^k)/2}$

由$H = G \times J^{2$，结合$\sigma(q}k)/2$是无平方因子数的假设，可得以下结论：

1. $J = 1$当且仅当$H$是无平方因子数。（注意，在假设$\sigma(q^k)/2$是无平方因子数的前提下，$H$不是无平方因子数，因此$J > 1$）
2. $G = 1$当且仅当$H$是平方数。（注意$G = \sigma(q^k)/2 \geq \frac{q^k + 1}{2} \geq 3$，因此当$\sigma(q^k)/2$是无平方因子数时，$H$不是平方数，这也验证了某MO回答中相关问题的结论）
3. 剩余的情况是$G>1$且$J>1$。

另外，由$G$是无平方因子数，结合恒等式$G \times H = I^2$，可推出$G \mid I$。

在整个推导过程中，我们隐含用到了以下等式：
$$\sigma(n^2) = \frac{2q^k n^2}{\sigma(qk)}. \tag{3}$$
为了避免分数运算，我们可以采用素因子分解的方法：

将$n$的素因子分解写为
$$n = {p_1}^{a_1} \cdots {p_m}^{a_m},$$
其中$3 \leq p_1 < \ldots < p_m$是互不相同的奇素数，$a_1, \ldots, a_m$是正整数指数。由于等式$(3)$两边都是整数，且$q$是满足$q \equiv k \equiv 1 \pmod 4$的素数，因此我们有
$$\sigma(q^k) = 2 {p_1}^{b_1} \cdots {p_m}^{b_m},$$
其中$0 \leq b_i \leq 2a_i$是非负整数。由此可得
$$\sigma(n^2) = q^k {p_1}^{2a_1 - b_1} \cdots {p_m}^{2a_m - b_m}.$$

利用这些信息，我们可以直接计算出：
$$G := \gcd\left(\sigma(q^k),\sigma(n2)\right) = \gcd\left(2 {p_1}^{b_1} \cdots {p_m}^{b_m},qk {p_1}^{2a_1 - b_1} \cdots {p_m}^{2a_m - b_m}\right)$$
$$= {p_1}^{\min(b_1,2a_1 - b_1)} \cdots {p_m}^{\min(b_m,2a_m - b_m)},$$

$$H := \gcd\left(n^2,\sigma(n2)\right) = \gcd\left({p_1}^{2a_1} \cdots {p_m}^{2a_m}, q^k {p_1}^{2a_1 - b_1} \cdots {p_m}^{2a_m - b_m}\right)$$
$$= {p_1}^{2a_1 - b_1} \cdots {p_m}^{2a_m - b_m},$$

$$I := \gcd\left(n,\sigma(n^2)\right) = \gcd\left({p_1}^{a_1} \cdots {p_m}^{a_m}, q^k {p_1}^{2a_1 - b_1} \cdots {p_m}^{2a_m - b_m}\right)$$
$$= {p_1}^{\min(a_1,2a_1 - b_1)} \cdots {p_m}^{\min(a_m,2a_m - b_m)}.$$

最后，我还计算了$\gcd(G,J)$：
$$\gcd(G,J)={p_1}^{\min\left(\min(b_1,2a_1 - b_1),2a_1 - b_1 - \min(a_1,2a_1 - b_1)\right)} \cdots {p_m}^{\min\left(\min(b_m,2a_m - b_m),2a_m - b_m - \min(a_m,2a_m - b_m)\right)}$$
$$={p_1}^{\min\left(2a_1 - b_1,b_1,2a_1 - b_1 - \min(a_1,2a_1 - b_1)\right)} \cdots {p_m}^{\min\left(2a_m - b_m,b_m,2a_m - b_m - \min(a_m,2a_m - b_m)\right)}$$
$$={p_1}^{\min\left(b_1,\min(2a_1 - b_1,2a_1 - b_1 - \min(a_1,2a_1 - b_1))\right)} \cdots {p_m}^{\min\left(b_m,\min(2a_m - b_m,2a_m - b_m - \min(a_m,2a_m - b_m))\right)}$$
$$={p_1}^{\min\left(b_1,2a_1 - b_1 - \min(a_1,2a_1 - b_1)\right)} \cdots {p_m}^{\min\left(b_m,2a_m - b_m - \min(a_m,2a_m - b_m)\right)}.$$

遗憾的是，我在这里卡住了——目前我无法从“$\sigma(q^k)/2$是无平方因子数”的假设中推导出矛盾。

补充内容（2023年2月28日 马尼拉时间晚8:03，来自评论）：
我注意到，即使一开始不假设$G=\sigma(q^k)/2$是无平方因子数，我们也能得到：
$$J = \frac{H}{I} = \frac{I}{G},$$
以及
$$G \times H = I^2 \implies G \mid I^2$$
由此可得
$$\gcd(\sigma(q^k),\sigma(n2)) = G \mid I = \gcd(n,\sigma(n^2))$$
和
$$G \mid I^2$$
这两个结论都成立。这个发现是否意味着$\sigma(q^k)/2$实际上必须是无平方因子数？

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Jose Arnaldo Bebita Dris