Solucion al problema de 22 de mayo (Diego)

Supongamos que n cumple, con n mayor a 1. Digamos que Tau(n) es el numero de factores de n. Tenemos que Tau(ab)=Tau(a)Tau(b) si (a,b)=1, y Tau(n) mayor o igual a 2 para todo n mayor a 1.
Tenemos que (2^n-1,2^n+1)=(2^n-1,2)=1
Tau(2^(2n)-1)=Tau(2^n-1)Tau(2^n+1) >= 2Tau(2^n-1)>2n, porlotanto 2n tambien cumple.
Haciendo eso infinitamente, encontramos una infinidad.
Tomando a n=12 que cumple, se completa la demostracion.


EDIT: Tambien podemos empezar con cualquier I impar diferente que 1.
Tenemos que
Tau(2^(2^(r+1) I)-1)=Tau(2^(2^r I)-1)Tau(2^(2^r I)+1)
Pero como 2^k+1 es primo solo cuando k es potencia de 2, y 2^r * I no lo es, entonces Tau no es primo asi que Tau(2^(2^r I)+1) mayor o igual a 3. (Dehecho solo es 3 cuando 2^(2^r I)+1 es potencia de primo, pero por Catalan eso solo se da si 2^r * I =3, osea r=0, I=3 y en el resto de los casos es minimo 4)

Asi que tenemos que la secuencia (Tau(2^I-1),Tau(2^(2I)-1),Tau(2^(4I)-1),...,Tau(2^(2^r I)-1),...) crece exponencialmente minimo a razon 3(4 para la mayoria de los casos), frente a la secuencia =I,2I,4I,...,2^r I,...) que crece siempre a razon 2, asi que para un m suficientemente grande tenemos que para todo q mayor a m
Tau(2^(2^q I)-1) > 2^q I
Con lo que hay una infinidad (para cada I>1).
Para I=1, se cumple para todo q mayor a 5, ya que Tau(2^(2^6)-1)=2^7, y la secuencia minimo crece con razon de 2, asi que siempre sera mayor de ahi en adelante.