a) Como mencionan las publicaciones anteriores, si $n=\prod\limits_{i=1}^{k} d_{i}$ es encantador, entonces $n=\prod\limits_{i=1}^{k} d_{i}\cdot \left(\prod\limits_{i=1}^{k} d_{i}+1\right)$ también es encantador, por lo que no me centraré en esta parte más sencilla del problema. b) Suponga que existe tal $n$. Entonces $\gcd(d_{i},d_{j})=1$ para $i\neq j$, por lo que todos los $d_{i}$ deben ser cuadrados distintos entre sí. Note que si $d_{i}=1$ podemos simplemente descartarlo (porque necesitaremos considerar $d_{i}\geq 4$ en las cotas a continuación) y $n$ seguiría siendo encantador. SPDG suponga que $d_{1}n\left(1-\sum\limits_{i=2}^{\infty} \frac{1}{i^2}\right)=n\left(2-\frac{\pi^2}{6}\right)>\frac{n}{3}\] Por lo tanto, tenemos los siguientes dos casos: Caso 1. $c\equiv 1\pmod{\frac{n}{d_{k}}}$. Entonces, debido a que $c=\frac{\frac{n}{d_{k}}+1}{d_{k}}<\frac{n}{d_{k}}+1$, debemos tener $c=1$, pero entonces \[n=\prod\limits_{i=1}^{k} d_{i} = (d_{k}-1)d_{k}\Longrightarrow (d_{k}-1)^2

2022 European Mathematical Cup 2022 P2

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