奇完全數素因數的一個性質

·數理科學·

奇完全數素因數的一個性質

付瑞琴1,2,楊海1,3

(1.陜西師范大學 數學與信息科學學院， 陜西 西安710119;2.西安石油大學 理學院, 陜西 西安710065;3.西安工程大學 理學院,陜西 西安710048)

摘要：利用高次Diophantine方程的結果討論奇完全數素因數的性質。證明了:如果n是奇完全數，p是n素因數，r是p在n的標準分解式中的次數，則σ(n/pr)/pr≠qt其中σ(n/pr)是n/pr的約數和，q是奇素數，t是正奇數或者適合t≤6的正偶數。

關鍵詞：奇完全數; 素因數; 高次Diophantine方程

收稿日期：2014-03-14

基金項目：國家自然科學基金資助項目(11226038 11371012);陜西省教育廳專項基金資助項目(14JK1311)

作者簡介：付瑞琴,女,陜西府谷人，從事數論及其應用方面的研究。

通訊作者：楊海,男,陜西府谷人，博士后,副教授,從事數論及其應用方面的研究。

中圖分類號：O156.1

A property of prime divisors of odd perfect numbers

FU Rui-qin1,2, YANG Hai1,3

(1.College of Mathematics and information Science, Shaanxi Normal University, Xi′an 710119, China;

2.School of Science, Xi′an Shiyou University, Xi′an 710065, China;

3.School of Science, Xi′an Polytechnic University, Xi′an 710048， China)

Abstract:Using some results on higher degree Diophantine equations, the properties of prime divisors of odd perfect numbers are discussed. If n is an odd perfect number, p is a prime divisor of n and r is the degree of p in the factorization of n, then the result σ(n/pr)/pr≠qt is proved, where σ(n/pr) is the sum of divisors of n/pr, q is an odd prime, t is either an odd positive integer or an even positive integer with t≤6.

Key words: odd perfect number; prime divisor; higher degree Diophantine equation

設N表示全體正整數的集合。對于正整數a，設σ(a)是a的所有約數之和。如果正整數n滿足

σ(n)=2n，

(1)

則稱n是完全數。長期以來，完全數的性質一直是數論中引人關注的研究課題，其中奇完全數的存在性是一個迄今遠未解決的著名難題，目前只得到了奇完全數存在的若干條件(參閱文獻[1]的問題B1及其參考文獻)。

設n是奇完全數，p是n的素因數，r是p在n的標準分解式中的次數。此時顯然有gcd(pr,n/pr)=1。由于從文獻[2]的定理1.9.2可知σ(a)是積性函數,所以從(1)可得

(2)

又從文獻[2]的定理1.9.1可知gcd(pr,σ(pr))=1，故從(2)可得pr|σ(n/pr)，所以σ(n/pr)/pr是正整數。設

(3)

最近,M.Dris和F.Luca[3]證明了:對于奇完全數n的任一素因數p，都有

f(p)≠1,2,3,4或5，

(4)

陳鳳娟和陳永高[4]在同樣的題設下證明了

f(p)≠q,q2,q3,q4,qq′或q2q′。

(5)

其中q和q′是不同的奇素數。2013年K.A.Broughan,D.Delbourgo和Q.Zhou[5]利用不同的方法證明并改進了文獻[4]的結論,同時給出f(p)的一個下界:f(p)≥315。2014年,陳鳳娟和陳永高[6]進一步改進了文獻[5]的結論,給出了有關f(p)不取更多值的情形，同時也提出一個相關的公開問題。

本文從求解Diophantine方程的思路出發,利用高次Diophantine方程的結果及初等分析方法證明了下面的定理。

定理1對于奇完全數n的任一素因數p，都有

f(p)≠qt。

(6)

其中q是奇素數，t是正奇數或者適合t≤6的正偶數。

顯然,上述定理部分地改進了文獻[4]中的結果(5)。

1若干引理

引理2[7]如果n是奇完全數,則n的標準分解式為

(7)

之形,其中π,p1,…,pk是不同的奇素數,s,s1,…,sk是正整數,而且π≡s≡1(mod4)。

引理3[8]如果n是奇完全數,則它的標準分解式(7)中的k≥8。

引理4[9]方程

X3+1=2Y2,X,Y∈N,X>1,

僅有(X,Y)=(23,78)。

引理5[10]方程

Xm+1=2Y2,X,Y,m∈N,X>1,m>3

無解(X,Y,m)。

引理6[11]方程

僅有解(X,Y,m)=(3,11,5)和(7,20,4)。

2定理1的證明

設n是奇完全數。從引理2可知n的標準分解式必為(7)之形,又從引理2可知

(8)

如果n的素因數p適合

f(p)=qt,t∈N。

(9)

其中q是奇素數,則從式(1),(2),(3)和(9)可知

(10)

p=π,r=s，

(11)

從式(7),(9)和(11)可知q必為p1,…,pk中的某數,所以不妨假定

q=pk，

(12)

因此,從式(7),(10),(11)和(12)可得

(13)

從式(13)可知

t≤2sk。

(14)

當s>1時,因為從引理2可知s≡1(mod 4),所以s≥5,(s+1)/2是適合(s+1)/2≥3的奇數。由于gcd(π(s+1)/2+1,(π(s+1)/2-1)/(π-1))=1而且π(s+1)/2+1是偶數,故從式(13)可得

(15)

或者

(16)

因為s=1,所以從式(13)可知

(17)

同時,從式(3),(7),(8),(9)和(12)可知

(18)

(19)

以及

(20)

其中ti(i=1,…,k-1)滿足

t1+…+tk-1=t

(21)

如果t<2sk,則從式(17)可知

π≡-1(modpk)

(22)

又從式(19)可知

π≡1(modpk)

(23)

故從式(22)和(23)可得2≡0(modpk)這一矛盾。因此從式(14)可知

t=2sk，

(24)

從式(24)可知:當t奇數時,式(9)不可能成立。

另外,因為ti(i=1,…,k-1)都是正整數,故從式(21)可知

t≥k-1。

(25)

又從引理3可知k≥8，故從式(25)可得t≥7。由于從式(24)可知t是偶數,所以當t是適合t≤6的正偶數時,式(9)也不成立。定理證畢。

參考文獻：

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(編輯亢小玉)