getaltheorie 1

Stel $n=q^t*\prod{p_i}^{k_i}$ (met $k_i>0$ en veronderstel dat er naast $q$ nog minstens één andere priemfactor is.) en laat $a=q^{q-1}$ met $q>3$ priem.
Als $q\not|n$ is $\tau(an)=q*\prod(k_i+1)=n$, contradictie. Dus $t>0$.
Dus $\tau(an)=(t+q)\prod(k_i+1)=n$.

Omdat ${p_i}^{k_i}\geq k_i+1$ (waarbij gelijkheid alleen optreedt als $k_i=0$ wat niet kan of $(p_i,k_i)=(2,1)$) moet $t+q> q^t$.
(Dus tenzij $n=q^t*2^1$ en dus $q^t=t+q$. Maar omdat $q|t$ is $t>q>2$ zodat $q^t>2^t>2t>t+q$.)

Te bewijzen is dat $q^t\geq q+t$, voor $t>1$.
Als $t>q$ gebruiken we opnieuw $q^t>2^t>2t>t+q$.
Als $q>t>1$ is $q^t\geq q^2>2q>q+t$.

Bekijk nu het geval $t=1$.
We hebben $n=q*\prod{p_i}^{k_i}=(q+1)\prod(k_i+1)$.
Nu geldt ${p_i}^{k_i}\ge k_i+1$ en $\frac{q+1}{q}\le 1,2.$
Maar als ${p_i}^{k_i}> k_i+1$ is $\frac{{p_i}^{k_i}}{k_i+1}>1.2$ daar $k_i \ge 5$ moet zijn en ${p_i}^{k_i} \ge 2^{k_i} \ge 2(k_i+1)$ met inductie voor $k_i>4$ omdat het linkerlid met meer dan $2$ stijgt als het rechterlid met $2$ stijgt via $k_i$ die $1$ stijgt.

Nog te bekijken is wanneer $q$ de enige priemfactor van $n$ is.
Dan is $n=q^t=\tau(an)=q+t$, en opnieuw kunnen we $q^t>2^t>2t>t+q$ gebruiken omdat $q|t$.

En aangezien er oneindig veel priemgetallen zijn, zijn er oneindig veel getallen van de vorm $a=q^{q-1}$ met $q>3$ .