◆Dr.Berserker さんからの解答。
【問題１】
問題１はこれをそのまま証明しようとすると、幾つも場合分けをして、可能性を潰していかなければなりません。
というわけで、問題の『対偶』を取らせて頂きます。
『奇数の完全数であれば、その数は２以外の素数Pと奇数の平方数Sとの積PSである。』
ある奇数Nを完全数であるということにする。
N=m1n1*m2n2*…..mini
ただし、Nは2以外の素数miとその指数niを用いてあらわされる。
このとき、約数の合計Mは、以下のように表される。
M=(n1+1)(n2+1)…..(ni+1)-1
Nが奇数であるので、その約数も奇数である。
したがって、Mが偶数であれば、約数の総和も奇数になる。
さて、約数の総和は以下のように表される。
L=(m1n1+m1n1-1+…..+m1+1)(m2n2+m2n2-1+…..+m2+1)(…..)(mini+mini-1+…..+mi+1)
各多項式は等比数列の和であるので、Nが完全数であれば、
| L= | m1n1+1-1 m1-1 | ･ | m2n2+1-1 m2-1 | ･ | … | ･ | mini+1-1 mi-1 |
=2N |
となるはずである。
L=2Nであることから、2を一つだけ因数に持つ多項式が一つだけ必ず存在する。
これを満たす多項式は(mi+1)であり且つ、mi=4n+1の時だけである。
ただし、nは任意の正の整数とする。
(証明)
{(4n+1)+1}/2=2n+1となり、必ず奇数となる。
mi=a*n+1とするとき、aが４の倍数であれば同意、それ以外であれば、必ずしも成り立たない。
さらに、他の多項式項は、その和が奇数でなければならないので、niは偶数とならなければならない。
したがって、niが偶数となる部分をS、mi=4n+1のみが寄与する部分をPとすれば、与えられた命題と一致した表記となる。
これは、Lを展開すると、項数が偶数になる事と矛盾しない。
命題の対偶が真であるので、命題も正しい。
QED
【問題２】
上問題より、
| 2PS= | m1n1+1-1 m1-1 | ･ | m2n2+1-1 m2-1 | ･ | … | ･ | mini+1-1 mi-1 |
･(P+1) |
| であり、 | P+1 2 | はPの約数にはなりえない。 |
QED
【ヒント問題１】
mが奇数の時、問題１より自明である。
mが偶数の時、その約数について奇数が奇数個なければ、その約数の和は偶数になりえない。
【ヒント問題２】
mが奇数の時、問題１より明らかである。
mが偶数の時、
m=2k*m1n1*m2n2*…..miniとすると、約数の和は
| L=(2k+1-1) | m1n1+1-1 m1-1 | ･ | m2n2+1-1 m2-1 | ･ | … | ･ | mini+1-1 mi-1 |
=2m |
であり、mが完全数であるためには、ある任意のlについて、nlが奇数になる多項式項を必ず含まなければならない。
したがって、mが平方数になることはない。
◆出題者のコメント
解答ありがとうございます。
分かり易い完璧な証明だと思います。
示されたように、数の偶奇だけで証明可能です。
興味がある人のために、ｍが奇数の完全数であるときの必要条件を正確に表現すると以下になります。
（本当はもっと判明しているのかも知れませんが、現時点での私なりの到達点です。）
・ ｍ＝ｐqｒ2
・ ｐは(ｐ−１)が４の倍数である素数。
・ ｑは(ｑ−１)が４の倍数である自然数。
| ・ ｒはｐを約数に持たない正奇数であり、ｒ2 は | ｐ＋１ ２ | の倍数。 |
上の条件より、ｑ は奇数ですから ｑ−１ は偶数です。
故に、ｍ＝ｐqｒ2＝ｐ(ｐq-1ｒ2)＝ｐｓ
（ただし、ｓは奇数の平方数）
と、問題を単純化させて出題しました。
以下、証明です。
【 証明 】
ｍの約数(ｍ自身も含む)の合計をＴ(ｍ)とする。
ｍを素因数分解すると、
ｍ＝ｐ1aｐ2bｐ3c‥。
∴ Ｔ(ｍ)＝(１＋ｐ1＋ｐ12＋‥＋ｐ1a)(１＋ｐ2＋ｐ22＋‥＋ｐ2b)(１＋ｐ3＋ｐ32＋‥＋ｐ3c)‥ところで、ｍが完全数なら、Ｔ(ｍ)＝２ｍ。
よって、
２ｍ＝(１＋ｐ1＋ｐ12＋‥＋ｐ1a)(１＋ｐ2＋ｐ22＋‥＋ｐ2b)(１＋ｐ3＋ｐ32＋‥＋ｐ3c)‥ (１)
【ヒント問題１】
ｍの素因数(ｐ1,ｐ2,ｐ3,‥)がすべて偶数なら、(１)式右辺のどの括弧内の合計も奇数になる。
すると、(１)式の左辺は偶数なのに右辺は奇数となり、明らかに矛盾する。
それ故、素因数がすべて偶数なら完全数ではない。
ところで、素因数がすべて偶数であることと、約数に１以外の奇数が存在しないこととは同値である。
よって、完全数なら１以外の奇数の約数が必ず存在する。
【ヒント問題２】
ｍが平方数なら、a,b,c,‥はすべて偶数である。
ところが、a,b,c,‥がすべて偶数なら、(１)式右辺のどの括弧内においても項数が奇数個となり合計が奇数になる。
すると、(１)式の左辺は偶数なのに右辺は奇数となり、明らかに矛盾する。
よって、完全数なら平方数ではない。
【前述した奇数の完全数の４つ必要条件の証明】
【ヒント問題２】より、a,b,c,‥の内の少なくとも１つは奇数でなければならない。
ところで、ｍは奇数なのでｍの素因数(ｐ1,ｐ2,ｐ3,‥)はすべて奇数である。
すると、(１)式右辺の各括弧内のどの項の値も奇数である。
それ故、a,b,c,‥の内の２つ以上が奇数なら、(１)式右辺の２つ以上の括弧内で項数が偶数個となり合計が偶数になる。
すると、少なくとも２ｍは４(＝２2)で割り切れなければならず、仮定よりｍは奇数なので明らかに矛盾する。
以上より、a,b,c,‥の内の１つが奇数で、他はすべて偶数でなければならない。
そこで、指数が唯一奇数である素因数をｐ,その指数ｑとし、ｒをｐを約数に持たない正奇数とすると、
● ｍ＝ｐqｒ2。
また、ｎを自然数,ｎ'を奇数の自然数とすると、
１＋ｐ＋ｐ2＋‥＋ｐ2ｎ-1＝(１＋ｐ)(１＋ｐ2＋ｐ4＋‥＋ｐ2(ｎ-1))
∴ ２ｍ＝ｎ'(ｐ＋１)(１＋ｐ2＋ｐ4＋‥＋ｐ2(ｎ-1)) ・・・(２)
明らかにｐは奇数なので(ｐ＋１)は当然偶数である。
(ｐ＋１)が４の倍数なら、(２)式右辺は４の倍数となる。
ところが、仮定より左辺のｍは奇数なので明らかに矛盾する。
よって、(ｐ＋１)は４の倍数でない偶数である。
∴ (ｐ＋１)＝２＋４ｋ
(ただし、ｋは非負整数)
∴ ｐ＝４ｋ＋１
∴ ｐ≡４ｋ＋１≡１ (mod ４)。
∴ ｐ−１≡４ｋ≡０ (mod ４)。
● よって、ｐは(ｐ−１)が４の倍数である素数。
また、(ｐ＋１)が偶数なので、
(１＋ｐ2＋ｐ4＋‥＋ｐ2(n-1))が偶数でも、(２)式右辺は４の倍数となる。
仮定より左辺のｍは奇数なので、このときも同様に矛盾する。
故に、(１＋ｐ2＋ｐ4＋‥＋ｐ2(n-1))は奇数でなければならない。
よって、(１＋ｐ2＋ｐ4＋‥＋ｐ2(n-1))の項数は奇数である。
∴ ｎ−１＝２ｋ
(ただし、ｋは非負整数)
∴ ｑ＝２ｎ−１＝２(２ｋ＋１)ー１＝４ｋ＋１
∴ ｑ≡４ｋ＋１≡１ (mod ４)。
∴ ｑ−１≡４ｋ≡０ (mod ４)
● よって、ｑは(ｑ−１)が４の倍数である自然数。
ところで、(２)式に ｍ＝ｐqｒ2 を代入すると、
２ｐqｒ2＝ｎ'(ｐ＋１)(１＋ｐ2＋ｐ4＋‥＋ｐ2(ｎ-1))
| ∴ | ２ｐqｒ2 ｐ＋１ | ＝ｎ'(１＋ｐ2＋ｐ4＋‥＋ｐ2(n-1)) |
明らかに、(ｐ＋１)とｐは互いに素、
故に(ｐ＋１)とｐq も互いに素。
すると、２ｒ2 が(ｐ＋１)の倍数。
| ● よって、ｒはｐを約数に持たない正奇数であり、ｒ2 は | ｐ＋１ ２ | の倍数。 |
証明終わり。