ok allora cominciamo col domandarci cosa succede nella valutazione della funzione $ r(k) $.
Beh mi sembra chiaro che $ k\equiv r_i \pmod i \Leftrightarrow k-1\equiv r_i-1 \pmod i $
Ciò però non accade se $ r_i\equiv 0 \pmod i $ ovvero sse $ i \mid k $.
Nella valutazione di $ r(k-1)=r(k) $ avremo allora $ \displaystyle\sum_{i\mid k, 1<i<k}i - (\tau(k)-2)=k-1-(\tau(k)-1) $ dove $ \tau(k) $ indica il numero dei divisori di $ k $. Questo come conseguenza di quanto detto prima. Infatti riesco ad elidere tutti gli addendi $ i $ che non verifichino $ i\mid k $, e quindi il $ LHS $ rimane con la somma di tutti i divisori di $ k $ meno tante volte $ 1 $ per il numero di fattori rimasti, in questo caso $ \tau(k)-2 $ perché non conto $ 1,k $. Il $ RHS $ invece rimane con tanti $ 1 $ quanti sono gli addendi totali, da $ 2 $ a $ k $, ovvero $ k-1 $, a cui devo però sottrarre tutti quegli addendi che in realtà sono $ 0 $, ovvero $ \tau(k)-1 $ perché per definizione di $ r(k) $ non considero l'uno.
Tornando all'equazione scritta sopra ottendo $ \displaystyle \sum_{i\mid k, 1<i<k}i=k-2 $. Quindi riformulo equivalentemente la tesi nel dimostrare che esistono infiniti $ k $ che soddisfano questa nuova condizione.
Induco. Per $ 2 $ va bene, infatti ottengo $ 0=0 $, che è banalmente vera.
Suppongo ora di scegliere $ k'=2k $, procedo quindi con le potenze di $ 2 $.
A questo punto è chiaro che l'unico nuovo divisore di $ k' $ sarà $ k $ stesso, ma quindi ottengo $ \displaystyle \sum_{i\mid k', 1<i<k'}i=\sum_{i\mid k, 1<i<k}i+k=2k-2=k'-2 $.
Quindi tutte le potenze di due verificano la tesi. CVD
