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uchinyan |
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#29190
偶数の完全数 オイラーさんがどう証明したのかは定かではありませんが、私も以前に考えたことがあります。 間違っているかもしれませんが、次のように、比較的簡単にできました。 a が偶数の完全数とします。 a は偶数なので、n を 1 以上の整数、b を奇数として、a = 2^n * b と書けます。 ここで、正の整数 c の約数の和を s(c) で表すと、2^n と b とは互いに素なので、 s(a) = s(2^n * b) = s(2^n) * s(b) = {2^(n+1) - 1} * s(b) 一方で、a は完全数なので、 s(a) = 2 * a = 2^(n+1) * b です。そこで、 2^(n+1) * b = {2^(n+1) - 1} * s(b) 明らかに、2^(n+1) と 2^(n+1) - 1 とは互いに素なので、k を 1 以上の整数として、 b = {2^(n+1) - 1} * k となります。 ここで、k が 1 でないとすると、b は、少なくとも、 1, k, 2^(n+1) - 1, {2^(n+1) - 1} * k という因数をもちます。そこで、 s(b) >= 1 + k + {2^(n+1) - 1} + {2^(n+1) - 1} * k = 2^(n+1) * (k+1) そこで、 2^(n+1) * b = {2^(n+1) - 1} * s(b) >= {2^(n+1) - 1} * 2^(n+1) * (k+1) b >= {2^(n+1) - 1} * (k+1) > {2^(n+1) - 1} * k ここで、{2^(n+1) - 1} * k = b なので b > b となり、これは矛盾です。 そこで、k = 1 になり、 b = 2^(n+1) - 1 になります。 ここで、b が素数でない場合を考えてみます。 すると、1, 2^(n+1) - 1 以外の因数 d, e, de = b があり、先ほどと同様に、 s(b) >= 1 + d + e + {2^(n+1) - 1} > 2^(n+1) + d 2^(n+1) * b = {2^(n+1) - 1} * s(b) > {2^(n+1) - 1} * {2^(n+1) + d} = 2^(n+1) * {2^(n+1) + d} - {2^(n+1) + d} b > 2^(n+1) + d - 1 - d/2^(n+1) = {2^(n+1) - 1} + d * {2^(n+1) - 1}/2^(n+1) ところが、2^(n+1) - 1 = b、d/2^(n+1) > 0 なので、 b > b + d * b/2^(n+1) = b * (1 + d/2^(n+1)) > b これは矛盾です。そこで、b = 2^(n+1) - 1 は素数になります。 b = 2^(n+1) - 1 が素数のときに a = 2^n * {2^(n+1) - 1} が完全数になることは、明らかですね。 結局、偶数の完全数は、 2^n * {2^(n+1) - 1} ただし 2^(n+1) - 1 は素数 と決まります。 この証明では、2^n, 2^(n+1), s(2^n) = 2^(n+1) - 1 がうまい具合に現れてくれるのがポイントになっています。 奇数の場合は、残念ながら、こうした偶然はなさそうで、より深い考察が必要になるように思っています。 |
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ネコの住む家
1月23日（火） 15:05:42
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