Περιττός τέλειος

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #1

Να αποδειχθεί ότι αν υπάρχει περιττός τέλειος τότε αυτός έχει τουλάχιστον τρεις διαφορετικούς πρώτους διαιρέτες.
Σημείωση.
1)Με πολύ περισσότερο κόπο μπορεί να αποδειχθεί ότι έχει τουλάχιστον τέσσερεις διαφορετικούς πρώτους διαιρέτες.
2)Δεν είναι γνωστό αν υπάρχει περιττός τέλειος .

Tolaso J Kos · #2

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Κυρ Οκτ 05, 2025 11:41 am Να αποδειχθεί ότι αν υπάρχει περιττός τέλειος τότε αυτός έχει τουλάχιστον τρεις διαφορετικούς πρώτους διαιρέτες.
Σημείωση.
1)Με πολύ περισσότερο κόπο μπορεί να αποδειχθεί ότι έχει τουλάχιστον τέσσερεις διαφορετικούς πρώτους διαιρέτες.
2)Δεν είναι γνωστό αν υπάρχει περιττός τέλειος .

Η θεωρία αριθμών δεν είναι το φόρτε μου, αλλά αυτό δεν είναι δύσκολο.

Υποθέτουμε ότι ο τέλειος περιττός αριθμός

έχει το πολύ δύο διακεκριμένους πρώτους διαιρέτες, δηλ. n = p^a q^b

όπου

,

διακεκριμένοι πρώτοι και $a, b \in \mathbb{N}^*$ . Επειδή ο

είναι περιττός, έπεται ότι αμφότεροι οι p,q

είναι περιττοί. Ισχύει:

$\displaystyle{\sigma(n) = 2n}$
Επιπλέον,

$\displaystyle{\begin{aligned} \sigma \left(p^a \right)=1+p+p^2+...+p^a & =\frac{p^{a+1}-1}{p-1} \\ & = \frac{p}{p-1} - \frac{1}{p^a \left( p-1 \right)} \\ & < \frac{p}{p-1} \end{aligned}}$
Συνεπώς,

$\displaystyle{\begin{aligned} \frac{\sigma \left( p^a q^b \right)}{p^a q^b} &= \frac{\sigma(n)}{n} \\ &= 2 \\ &<\frac{p}{p-1}\cdot\frac{q}{q-1} \\ &< \frac{3}{2} \cdot \frac{5}{4} \\ &= \frac{15}{8} \end{aligned}}$
διότι η συνάρτηση $\frac{x}{x-1}$ είναι γνησίως φθίνουσα όταν x>1

. Το παραπάνω είναι άτοπο και το αποτέλεσμα έπεται.

Έχει αποδειχθεί (Gradstein) ότι ένας τέλειος περιττός αριθμός πρέπει να έχει τουλάχιστον 6 διακεκριμένους πρώτους διαιρέτες. Μάλιστα, αργότερα ο Hagis έδειξε ότι είναι αναγκαίο να έχει minimum 8 πρώτους διακεκριμένους διαιρέτες. Πρέπει να έχει αποδειχθεί και για 9, αλλά η μνήμη μου δεν με βοηθά.

#3

Αν ο περιττός p^mq^n

είναι τέλειος (με p, q

περιττούς πρώτους με p<q,

$p\geq 3,$ $q\geq 5$ ), τότε το άθροισμα των διαιρετών του, δηλαδή των $1, p, ... , p^{m-1},$ $q, qp, ... , qp^{m-1},$ ... , $q^n, q^np, ... , q^np^{m-1}$ KAI $p^m, p^mq, ... , p^mq^{n-1},$ ισούται προς p^mq^n,

ισχύει δηλαδή η

$(1+p+ ... + p^{m-1})(1+q+ ... + q^{n-1}+q^n)+p^m(1+q+ ... + q^{n-1})=p^mq^n,$

που γράφεται επίσης ως

$\dfrac{1+p+ ... + p^{m-1}}{p^m}=\dfrac{q^n-q^{n-1}- ... - q-1}{q^n+q^{n-1} + ... + q+1}:$

η ισότητα αυτή είναι αδύνατη διότι το μεν αριστερό σκέλος είναι μικρότερο του $\dfrac{1}{2}$ (λόγω $p^{m+1}>3p^m-2$ για $p\geq 3$ ), το δε δεξιό σκέλος είναι μεγαλύτερο του $\dfrac{1}{2}$ (λόγω $q^{n+1}>4q^n-3$ για $q\geq 5$ ).

#4

Tolaso J Kos έγραψε: Κυρ Οκτ 05, 2025 7:24 pm $\displaystyle{... \frac{p^{a+1}-1}{p-1}= \frac{p}{p-1} - \frac{1}{p^a \left( p-1 \right)} < \frac{p}{p-1} }$

.
Τόλη, για ξαναδές το παραπάνω. Δια παράδειγμα η πρώτη και η τρίτη δίνουν $\displaystyle{p^{a+1}-1< p}$ . Αλλά αν βάλεις $p=3, \, a=1000$ , δεν ισχύει.

Tolaso J Kos · #5

Mihalis_Lambrou έγραψε: Κυρ Οκτ 05, 2025 9:03 pm
Tolaso J Kos έγραψε: Κυρ Οκτ 05, 2025 7:24 pm $\displaystyle{... \frac{p^{a+1}-1}{p-1}= \frac{p}{p-1} - \frac{1}{p^a \left( p-1 \right)} < \frac{p}{p-1} }$

.
Τόλη, για ξαναδές το παραπάνω. Δια παράδειγμα η πρώτη και η τρίτη δίνουν $\displaystyle{p^{a+1}-1< p}$ . Αλλά αν βάλεις $p=3, \, a=1000$ , δεν ισχύει.

Η τελική ανισότητα είναι σωστή. Η διάσπαση σε απλά κλάσματα είναι λάθος και το πρώτο μέλος. Το σωστό είναι αυτό.

$\displaystyle{\begin{aligned} \frac{\sigma \left( p^a \right)}{p^a} & = \frac{\frac{p^{a+1}-1}{p-1}}{p^a} \\ & = \frac{p^{a+1} - 1}{p^a \left( p-1 \right)} \\ & = \frac{p^{a+1}}{p^a \left( p-1 \right)} - \frac{1}{p^a \left( p-1 \right)} \\ & < \frac{p}{p-1} \end{aligned}}$
Νομίζω είμαστε ΟΚ.

Υποθέτουμε ότι ο τέλειος περιττός αριθμός έχει το πολύ δύο διακεκριμένους πρώτους διαιρέτες, δηλ. όπου , διακεκριμένοι πρώτοι και $a, b \in \mathbb{N}^*$ . Επειδή ο είναι περιττός, έπεται ότι αμφότεροι οι είναι περιττοί. Ισχύει:

$\displaystyle{\sigma(n) = 2n}$
Συνεπώς,

$\displaystyle{\begin{aligned} 2 = \frac{\sigma(n)}{n} &= \frac{\sigma \left( p^a q^b \right)}{p^a q^b} \\ &<\frac{p}{p-1}\cdot\frac{q}{q-1} \\ &< \frac{3}{2} \cdot \frac{5}{4} \\ &= \frac{15}{8} \end{aligned}}$
διότι η συνάρτηση $\frac{x}{x-1}$ είναι γνησίως φθίνουσα όταν . Το παραπάνω είναι άτοπο και το αποτέλεσμα έπεται.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

Δεν έχει εξετασθεί η περίπτωση να είναι δύναμη ενός πρώτου.
Από τις παραπάνω λύσεις προκύπτει άμεσα.

#7

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Δευ Οκτ 06, 2025 11:00 am Δεν έχει εξετασθεί η περίπτωση να είναι δύναμη ενός πρώτου.
Από τις παραπάνω λύσεις προκύπτει άμεσα.

Ακόμη μία λύση εδώ, σε παρόμοια συζήτηση που άρχισε 10+ χρόνια πριν ο παλιός και καλός μας φίλος "Αρχιμήδης 6": η τότε λύση μου δεν είναι ακριβώς ίδια μ' αυτήν που έδωσα εδώ, μάλλον λίγο πιο μπλεγμένη, με την πρόσθετη παρατήρηση ότι η μέθοδος επίλυσης προσδιορίζει επίσης τους άρτιους τέλειους αριθμούς με ακριβώς έναν περιττό πρώτο παράγοντα.

... Τι άλλο να πω, αισθάνομαι ξαφνικά ... 10 χρόνια νεώτερος

#8

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Κυρ Οκτ 05, 2025 11:41 am Να αποδειχθεί ότι αν υπάρχει περιττός τέλειος τότε αυτός έχει τουλάχιστον τρεις διαφορετικούς πρώτους διαιρέτες.
Σημείωση.
1)Με πολύ περισσότερο κόπο μπορεί να αποδειχθεί ότι έχει τουλάχιστον τέσσερεις διαφορετικούς πρώτους διαιρέτες.
2)Δεν είναι γνωστό αν υπάρχει περιττός τέλειος .

Ας δούμε μία παραλλαγή.

Ένας περιττός τέλειος (αν υπάρχει τέτοιος) που δεν περιέχει τον στην ανάλυσή του σε πρώτους, πρέπει στην ανάλυσή του να περιέχει τουλάχιστον διαφορετικούς πρώτους.
Από αυτό να συμπεράνεται ακόμη ότι ο τέλειος αυτός αριθμός πρέπει να είναι μεγαλύτερος ή ίσος του .

Σχολιάζω, ότι στην βιβλιογραφία υπάρχουν πολύ μεγαλύτερες εκτιμήσεις, αλλά οι αποδείξεις είναι απαιτητικές. Η παραπάνω είναι προσιτή, κατάλληλη και για μαθητή που ξέρει λίγη Θεωρία Αριθμών.

Περιττός τέλειος

Περιττός τέλειος

Re: Περιττός τέλειος

Re: Περιττός τέλειος

Re: Περιττός τέλειος

Re: Περιττός τέλειος

Re: Περιττός τέλειος

Re: Περιττός τέλειος

Re: Περιττός τέλειος

Μέλη σε σύνδεση