Para un entero positivo $n$ denotamos $\sigma (n)$ la suma de los divisores positivos de $n$ y $\varphi (n)$ el número de enteros en $[0,n]$ que son coprimos con $n$. Determinar si el conjunto de los $n$ tales que $\sigma (n)\varphi (n)$ es un cuadrado perfecto es finito o infinito.
Es fácil usando las formulas generales de $\phi(n)$ y $\sigma(n)$ llegar a la formula general de $\phi(n) \sigma(n)$
$\phi(n) \sigma(n)=\prod_{p^e||n}p^{e-1}\cdot(p^{e+1}-1)$.
Y es claro que esta función es multiplicativa.
Sean $p_1,p_2,p_3,\ldots$ los primos ordenados de menor a mayor.
Ahora supongamos que haya finitos $n$ tales que la función para ese $n$ sea un cuadrado perfecto, sea $S$ el conjunto de estos $n$. Entonces existe un $m$ tal que $p_m$ es el mayor primo que divide a un elemento de $S$.
Sea $\alpha_i$ el menor exponente tal que $p_i^{\alpha_i}\nmid n$ para todo $n\in S$, para $1 \leq i \leq m$, como $S$ tiene cantidad de elementos finitos existen $m$ y los $\alpha_i$.
Ahora existe un $M$ tal que $p_M$ es el mayor primo que divide al alguno de $\phi(p_i^{\alpha_i}) \sigma(p_i^{\alpha_i})$, para $1 \leq i \leq m$.
Definimos entonces $\alpha_i=1$ para $m<i\leq M+1$.
Lema 1: No existe ningún primo $p_j > p_M$, tal que $p_j|\phi(p_i^{\alpha_i}) \sigma(p_i^{\alpha_i})$ para $1 \leq i \leq M+1$.
Demostración: Para $1 \leq i \leq m$, sigue de que por definición $p_M$ era el mayor primo que dividía a uno de estos.
Para $m<i\leq M+1$, como $\alpha_i=1$,
$\phi(p_i^{\alpha_i}) \sigma(p_i^{\alpha_i})=p_i^{1-1}\cdot (p_i^{1+1}-1)=(p_i-1)\cdot (p_i+1)$
Pero entonces si existiera tal $p_j$,
ó $p_j|p_i-1 \Rightarrow p_M<p_j<p_i\leq p_{M+1}$ Absurdo,
ó $p_j|p_i+1$ y
Si $i<M+1$, $p_M<p_j \leq p_i+1 < p_{i+1} \leq p_{M+1}$ Absurdo.
Si $i=M+1$, $p_M<p_j \leq p_{M+1}+1<p_{M+2}$ y entonces $p_j=p_{M+1}$, pero $p_{M+1}\nmid p_{M+1}+1$ Absurdo.
Lo que concluye la demostración.
Consideramos el conjunto $N$ como los $2^{M+1}-1$ numeros que se forman tomando el producto de cada subconjunto no nulo de los $p_i^{\alpha_i}$, para $1 \leq i \leq M+1$.
Lema 2:Hay un elemento $n \in N$ tal que $\phi(n)\sigma(n)$ es un cuadrado perfecto.
Demostración:Es claro por el lema 1 y que la función es multiplicativa que tampoco existe $p_j> p_M$ tal que $p_j|\phi(n)\sigma(n)$ para todo $n\in N$.
Podemos asociar a cada elemento $n \in N$ la cadena binaria (unos y ceros), $b_{n_1},b_{n_2}, b_{n_3}, \ldots, b_{n_M}$, donde $b_{n_i}$ indica la paridad del exponente de $p_i$ en $\phi(n)\sigma(n)$. Y $\phi(n)\sigma(n)$ es un cuadrado perfecto sí sólo sí $b_{n_i}=0$ para $1 \leq i\leq M$.
Supongamos que ninguna cadena cumpla esto último.
Por Palomar, como hay $2^{M+1}-1$ elementos y $2^{M}-1$ cadenas posibles (sacando la de todos ceros), hay dos elementos distintos $n,k \in N$ que tienen asociada la misma cadena, pero entonces $\phi(n)\sigma(n)\phi(k)\sigma(k)=c^2$ para algun $c$ entero positivo.
Sea $r=\prod_{p_i\mid n \vee p_i \mid k} p_i ^ {\alpha_i}$.
Como la función es multiplicativa, y $gcd(\frac{k}{r},r)=gcd(\frac{n}{r},r)=gcd(\frac{n}{r}, \frac{k}{r})=1$.
$\phi(\frac{nk}{r^2})\sigma(\frac{nk}{r^2})=\phi(\frac{n}{r})\sigma(\frac{n}{r})\phi(\frac{k}{r})\sigma(\frac{k}{r})=\frac{\phi(n)\sigma(n)}{\phi(r)\sigma(r)}\cdot\frac{\phi(k)\sigma(k)}{\phi(r)\sigma(r)}=\left(\frac{c}{\phi(r)\sigma(r)}\right) ^2$.
Y $\frac{nk}{r^2} \in S$!
Es fácil ver que como $n\neq k \Rightarrow \frac{nk}{r^2} \neq 1$ y entonces $\frac{nk}{r^2} \in N$, ya que es el producto de algunos de los $p_i^{a_i}$ (los que estaban en $n$ ó en $k$ pero no en los dos).
Ahora sólo falta ver que $N$ y $S$ son disjuntos, supongamos que exista $n \in N$ y $n \in S$.
Tomamos un primo $p_i$ que divida a $n$, entonces $p_i^{\alpha_i}|n$ como $n \in S \Rightarrow i\leq m$ porque $p_m$ era el mayor primo que dividía a un elemento de $S$, pero también elegimos $\alpha_i$ tal que $p_i^{\alpha_i}$ no dividía a ningun elemento de $S$. Absurdo. Sigue que $N$ y $S$ son disjuntos.
Pero por el lema 2 hay un elemento de $N$ que es solución y no ésta en $S$ Absurdo. Esto viene de suponer que eran finitos, sigue que hay infinitos $n$ que son solución.
Ahi lo arregle, había un menor en lugar de un menor igual. Fijate que el Lema 1 vale para $M+1$ inclusive y eso me permite usar los primos hasta $p_{M+1}$ inclusive para el Lema 2.
