無平方数であり、かつ完全数となるような自然数は6以外に存在するか?

　完全数というのは魅力的な対象である。おそらくこのブログを観に来るような人は大抵数学好きであるから定義を知っているだろうが、一応私はブログを $self-contained$ にするように心がけているので、定義を入れておこう。

完全数の定義

自然数の中でも、その正の約数の和が自身の二倍となるような数を完全数と呼ぶ。

完全数の例

6は完全数である。なぜならその正の約数は $\{1,2,3,6\}$ であり、その和は $12=2\times6$ であるからだ

　キリスト教的には $6$ は神の数字 $7$ には一つ足りない不完全さの象徴として現れているらしいが、実際には $6$ は完全数である。まあ天地創造は $6$ 日で行われたらしいので $\cdots\cdots$

　さて、完全数は偶数であれば特定の形をしていることが証明されている。それはメルセンヌ素数とのつながりでご存じの方も多いだろう。一応記事内でも示しておこう。そうそう完全数についての記事は書かないと思うので、思い立ったが吉日というやつだ。

偶数の完全数の必要十分条件

偶数 $n$ が完全数である $\Longleftrightarrow$ $n=2^{p-1}(2^p-1)$
ただし、 $2^p-1$ は素数

$Proof$
$\Longleftarrow$ は紀元前くらいにユークリッドによって証明されていたようだ。さすがユークリッドである。証明はこの形が与えられていたのならすこぶる簡単である。

$\sigma (n)$ の定義

$\sigma (n)$ を $n$ の正の約数の総和として、これを約数関数と呼ぶ

約数関数の値を求める公式

$\displaystyle n=\prod_{i=1}^kp_i^{e_i}$ と素因数分解されていたとする。このとき $\displaystyle \sigma (n)=\prod_{i=1}^k \dfrac{p_i^{e_i+1}-1}{p_i-1}$

$Proof$
$\displaystyle n=\prod_{i=1}^kp_i^{e_i}$ と素因数分解されているとき、 $n$ の正の約数は $n=\prod_{i=1}^k p_i^{d_i},(d_i\leq e_i)$ と書ける。正の約数の和において、 $p_1$ の指数が同じである項をまとめる。すると $\sigma(n)=(1+p_1+p_1^2+\cdots+p_1^{e_1})\sigma \bigg(\dfrac{n}{p_1^{e_1}}\bigg)$ とかける。以下同様に繰り返すと $\displaystyle \sigma (n)=\prod_{i=1}^k (1+p_i+p_i^2+\cdots+p_i^{e_i})$ が得られる。<br/ >これを等比級数の和の公式を用いて変形すると、 $\displaystyle \sigma (n)=\prod_{i=1}^k \dfrac{p_i^{e_i+1}-1}{p_i-1}$ $◽︎$

系

$m,n$ が互いに素な正整数であるとすると $\sigma (mn)=\sigma (m)\sigma (n)$

　この定理をうまく利用する。 $\sigma (2^{p-1}(2^p-1))\stackrel{\mathrm{系により}}{=}\sigma (2^{p-1})\sigma (2^p-1)$

このとき、 $\sigma (2^p-1)=1+2^p-1=2^p$ と $\sigma (2^{p-1})=2^p-1$ が成り立つので、 $\sigma (2^{p-1}(2^p-1))=2^p(2^p-1)=2\times2^{p-1}(2^p-1)=2n$ が成り立つ。

　 $\Longrightarrow$ はオイラーが証明した。またしてもさすがと言わざるを得ない。千年ほどの時を超えて完全数は二人の数学者を結びつけるのである。

　 $n=2^sN,Nは奇数$ とかける。この時 $n$ が偶数であるという仮定により、 $1\leq s$ が成り立つ。 $\sigma (n)=\sigma (2^s\times N)=\sigma (2^s)\sigma(N)=(2^{s+1}-1)\sigma (N)$
　と $n$ が完全数であるという事実から $\sigma (n)=2n$ が成り立つ。これらの等式を結ぶと
$2^{s+1}N=(2^{s+1}-1)\sigma (N)$ が導かれる。

ここで $2^{s+1}N=(2^{s+1}-1)\sigma (N)$ より $\dfrac{\sigma (N)}{2^{s+1}}=k\in\mathbb{Z}$ が成り立つ。これを元の式にも代入すると、 $N=(2^{s+1}-1)k$ が成り立つことがわかる。
　仮に $k>1$ が成り立つとしよう。この時 $N$ の約数には少なくとも $1,k,k(2^{s+1}-1)$ があることから
　 $\sigma (N)\ge 1+k+k(2^{s+1}-1)=1+\sigma (N)$ がわかる。よって $k>1$ としたのが誤りであり、 $k=1$ であることがわかる。
　この事実から $\sigma (N)=2^{s+1}=2^{s+1}-1+1=N+1$ が成り立つことがわかり、 $\sigma (n)=1+n$ を満たすような $n$ は必ず素数であることが $\sigma (n)-n=1$ という変形によりわかる。よって $2^{s+1}-1$ は素数かつ $n=2^s(2^{s+1}-1)$ がわかった $◽︎$

　途中で存在する $2^n-1$ 型の素数はメルセンヌ素数と呼ばれるが、メルセンヌは神学者でもあった。彼が完全な数に自身の考案した数が組み込まれていることを知ったらどう思うだろう。私だったらとても言葉では言い切れない畏敬と感動を抱くだろう。

　さて、偶数の完全数についてはどんな形をしているのかがわかった。しかし奇数についてはどうだろう。我々人類はどのような奇数が完全数となるのかはわかっておらず、そもそも奇数の完全数の存在も定かではない。

　つまり、完全数全体はあまりよくわかっていないのである。今回は無平方な完全数が $6$ 以外に存在するかどうか議論したいと思う。

無平方数

自然数 $n$ が無平方であるとは、 $n$ を素因数分解したときの全ての素数の指数が $1$ 以下であることと定義する

無平方数の例

$6=2\times3,15=3\times5$ であるので $6,15$ は無平方数である。それに対して $12=2^2\times3$ と素因数分解され、素因数 $2$ の指数が $2$ であるので無平方数ではない。

　無平方数で完全数になるものを求めてみよう。まずは具体的なケースから証明してみる。ただし、これ以降 $n$ が素数であるようなケースは扱わない。なぜなら、 $\sigma(n)=1+n$ となり、 $1<n$ では $1+n<2n$ が成り立つからである。

　ということでまずは異なる素因数が二つであるような無平方数が完全数になるようなケースを考える

異なる二つの素因数を持つ無平方数の完全数

$p,q$ を異なる素数として $n=pq$ としたとき、 $n$ が完全数となるような $p,q$ の組み合わせは $n=6$ となる組み合わせに限られる

$Proof$
$p<q$ を仮定しても対称性より一般性を失わない。 $pq$ が完全数であるのならば $(1+p)(1+q)=2pq$ が成り立つことがわかる。 $p,q$ が奇数の時を考えると、左辺は $4$ の倍数となり、 $p,q$ はどちらか一方が $2$ となってしまうので前提に矛盾する。よって $p=2$ がわかる。 $3(1+q)=4q$
$q$ は素数であるので、 $q=3$ である必要がある。よって $2\times3=6$ に限られる $◽︎$

　次に三つの素数からなる無平方数の完全数を求める。

異なる三つの素因数を持つ無平方数の完全数

$p,q,r$ を異なる素数として $n=pqr$ としたとき、 $n$ が完全数となるような $p,q,r$ の組み合わせは存在しない

$Proof$
対称性により $p<q<r$ としても一般性を失わない。 $n$ が完全数であることから等式 $(1+p)(1+q)(1+r)=2pqr$ が導ける。
ここで $q,r$ は奇数であることから、 $(1+q)(1+r)$ は $4$ の倍数となる。つまり両辺は $4$ の倍数であり、特に $pqr$ は偶数であることが導ける。 $p<q<r$ より偶数となりうるのは $p$ のみである。よって $p=2$
これを元の式に代入すると、 $3(1+q)(1+r)=4qr$
この式から明らかなように、右辺は $3$ の倍数である。よって、 $q<r$ から $q=3$ が導ける。これを再び代入すると、 $12(1+r)=12r$ が導けて、 $12=0$ が成り立つことが示せてしまう。
よって $n$ が完全数になることはない $◽︎$

　そしてこの後 $4\leq k$ としたとき、 $k$ 個の素因数を持つような無平方の完全数について考える。

$k$ 個の素因数を持つような無平方の完全数

$k\ge 4$ とする。 $n$ が $\displaystyle n=\prod_{i=1}^k p_i$ と素因数分解されているとする。この時 $n$ は完全数にならない

$Proof$
背理法により示す。 $n$ が完全数であるとすると、等式
$\displaystyle \prod_{i=1}^k (1+p_i)=2\prod_{i=1}^k p_i$
が成立する。ここで $p_1<p_2<p_3<\cdots<p_k$ としても対称性によって一般性を失わない。偶数になりうるのは大小関係により $p_1$ のみであり、その他は全て奇数となる。よってそれに $1$ を加えたものは当然偶数になる。よって
$\displaystyle \prod_{i=1}^k (1+p_i)=2\prod_{i=1}^k p_i$
の左辺は $2^{k-1}$ の倍数である。ここから特に、 $\displaystyle \prod_{i=1}^k p_i$ が $2^{k-2}$ の倍数であることがわかる。 $4\leq k$ より少なくとも $4$ の倍数である。これは $p_2,p_3,p_4,\cdots,p_k$ のなかで二つ以上の数が偶数でなければ成り立たないことであるが、そんなことは起こらない。よって $n$ は完全数ではない $◽︎$

　この証明からわかる通り $4\leq k$ では明らかな矛盾が発生してしまう。しかし $k\leq 3$ ではこの証明は使えないことも同時にわかる。 $\displaystyle \prod_{i=1}^k p_i$ が $2^{k-2}$ の倍数になったとしても矛盾が生じないからである。幸いにもウォームアップだと思っていたことが場合わけの全てを潰していたのである。これらの定理群を合わせると欲しかった次の定理が得られる。

無平方完全数

無平方数で、かつ完全数であるような正の整数は $6$ に限られる

数ならぬ

理学系のこと、特に数学について書きます。雑学的な知識もまとめていく所存。

無平方数であり、かつ完全数となるような自然数は6以外に存在するか?