1. For each positive integer n let t (n) be the sum of divisors of n. Find all positive
integers k for which
t (kn - 1) = 0 (mod k)
for all positive integers n.
La mia dimostrazione è lunga e incompleta (ho trovato quali k soddisfano la tesi e perchè, ma non perchè tutti gli altri sono da escludere)...attendo un suo completamento.
CONTEST ML ROUND 6 ES1
Moi usa notazioni standard (battutone!), la $ t $ muta perciò in $ \sigma $! 
Fissato $ k\in\mathbb{Z}^+ $, diciamo che $ k $ verifica la proprietà $ P $ sse $ k \mid \sigma(kn-1) $, per ogni $ n\in\mathbb{Z}^+ $, dove $ \sigma(0) := 0 $. E' evidente che $ k = 1 $ verifica $ P $, mentre $ k = 2 $ non la verifica (basti prendere $ 2n-1 = p^2 $, dove $ p $ è un primo naturale > 2). Supponiamo dunque per il seguito $ k > 2 $ e osserviamo che, se $ k $ *non* soddisfa la proprietà $ P $, allora nessun multiplo di $ k $ la verifica. Sia infatti $ n\in\mathbb{Z}^+ $ per cui $ k \nmid \sigma(nk-1) $. Detto allora $ q $ un qualunque primo naturale $ > nk-1 $ e tale che $ k \nmid (q-1) $ (btw, l'esistenza di un primo così fatto è garantita dal teorema di Dirichlet, per aver supposto $ k > 2 $), risulta $ \displaystyle \sigma((nk-1)\cdot q^{\varphi(k)}) \equiv \frac{q^{\varphi(k)+1}-1}{q-1}\cdot \sigma(nk-1)\not\equiv 0 \bmod k $, da cui la tesi. Qualcuno mi lincia se, a questo punto, dico che il seguito è banale?! 
Fissato $ k\in\mathbb{Z}^+ $, diciamo che $ k $ verifica la proprietà $ P $ sse $ k \mid \sigma(kn-1) $, per ogni $ n\in\mathbb{Z}^+ $, dove $ \sigma(0) := 0 $. E' evidente che $ k = 1 $ verifica $ P $, mentre $ k = 2 $ non la verifica (basti prendere $ 2n-1 = p^2 $, dove $ p $ è un primo naturale > 2). Supponiamo dunque per il seguito $ k > 2 $ e osserviamo che, se $ k $ *non* soddisfa la proprietà $ P $, allora nessun multiplo di $ k $ la verifica. Sia infatti $ n\in\mathbb{Z}^+ $ per cui $ k \nmid \sigma(nk-1) $. Detto allora $ q $ un qualunque primo naturale $ > nk-1 $ e tale che $ k \nmid (q-1) $ (btw, l'esistenza di un primo così fatto è garantita dal teorema di Dirichlet, per aver supposto $ k > 2 $), risulta $ \displaystyle \sigma((nk-1)\cdot q^{\varphi(k)}) \equiv \frac{q^{\varphi(k)+1}-1}{q-1}\cdot \sigma(nk-1)\not\equiv 0 \bmod k $, da cui la tesi. Qualcuno mi lincia se, a questo punto, dico che il seguito è banale?!