『完全数』解答

◆東京都　サボテン さんからの解答。

[準備]

偶数の完全数に関しては以下の定理が知られている(オイラーの定理)

・全ての偶数の完全数はメルセンヌ素数Mを用いて

M(M+1) 2

とあらわされる。

即ちpを素数,M=2^p-1と置くと
完全数は2^p-1(2^p-1)とあらわされる。

[補題]

2⁶≡1(mod 9)

解答

1)nが自然数の時、n≡a(mod 9)(1≦a≦9)ならば
f(・・・f(n)・・・)=aを証明する。

まずf(n)≡n(mod 9)が成り立つことに注意する。

この関係を続けて用いれば
f(・・・f(n)・・・)≡n(mod 9)・・・(1)

aを1≦a≦9とし、n≡a(mod 9)とする。

fを繰り返し作用させることにより、最終的に1〜9の数にする。

(1)よりf(・・・f(n)・・・)≡a(mod 9)

仮定から、左辺も1〜9の数なので、f(・・・f(n)・・・)=a

2)今の問題ではa=1なので、
偶数の完全数nに対しn≡1(mod 9)を示す。

素数pに対し、p≡r(mod 6)とすると、[準備]と[補題]より偶数の完全数の剰余は
2^p-1(2^p-1)≡2^r-1(2^r-1)(mod 9)となる。

rについて場合分けする。
完全数が6より大きい時、
pは奇数なので、rの候補はr=1,3,5の3通り

a)r=1
2⁰(2¹-1)=1

b)r=3
2²(2³-1)≡1(mod 9)

c)r=5
2⁴(2⁵-1)≡1(mod 9)

よっていずれの場合も剰余が1となる。
よって1)の結果と合わせて示せた。

完全数についてはほとんど無知だったので、それの性質を調べることから始めました。
もっとスマートな示し方があったかもしれません。
久々に面白い問題でした。

◆山梨県　Footmark さんからの解答。

素数ｐで ２^p−１と表せる数が素数になるとき、便宜的に【２^p−１】と表すと、

● {２^p-1}*【２^p−１】は、偶数の完全数。
　( ユークリッドによって証明済み )

● 偶数の完全数なら、{２^p-1}*【２^p−１】に限る。
　( オイラーによって証明済み )

これらを前提とします。

求められている証明は、
〔 ６以外の偶数の完全数は９で割ると１余る 〕
ことを示すのと同値です。

ｐ＝２ のとき {２^p-1}*【２^p−１】＝６ なので、６以外ならｐは３以上の素数です。

３以上の素数なら３以上の奇数なので、自然数ｎで ｐ＝２ｎ＋１ とすると、
{２^p-1}*{２^p−１}＝２⁴ⁿ⁺¹−４ⁿ になります。

ｎ＝１,２,３,… のそれぞれに対し、
２⁴ⁿ⁺¹を９で割ると、余りは ５,８,２,５,８,２,５,… と ５,８,２ を繰り返し、
４ⁿを９で割ると、余りは ４,７,１,４,７,１,４,… と ４,７,１ を繰り返します。

よって、２⁴ⁿ⁺¹−４ⁿを９で割ったときの余りは１(＝５−４＝８−７＝２−１)です。

２⁴ⁿ⁺¹−４ⁿは ６以外の偶数の完全数をすべて含む式なので、６以外の偶数の完全数は９で割ると１余ります。

証明は終わりです。

[ＰＳ] １つ目の●は証明も容易です

◆愛知県　Y.M.Ojisan さんからの解答。

（１）　ｆ（・・・ｆ（ｆ（ｆ（ｎ）））・・・）＝１　は　ｎ≡１　mod 9 と等価である。
　この式は　３や９で割り切れるか判定するときの常套手段と殆ど同じです。
　特に９で割る場合は、割りれる場合に　０か９の２種が残る点を除き　全く等価です。
　従って成立しています。
　詳細証明は略します。

（２）　自身を含む約数の合計は　Π{１＋P_i＋。。。。P_i^ki}
　ここで　ｎ＝ΠP_i^k　、　P_i：ｎの素因数　です。
従って　完全数は　Π{１＋P_i＋。。。。P_i^ki}＝２ΠP_i^k＝２ｎ　であるような数です。

この問題においてはｎは偶数なので　P_０＝２　を代入してしまうと　

　　　（２^k0+1−１）Π{１＋P_i＋。。。。P_i^ki}＝２^k0+1ΠP_i^ki＝２ｎ　−−−−（Ａ）

さらに変形すると

{１＋P_i^-1＋。。。。P_i^-ki} は総て１より大きい値です。−−−（Ｂ）
K0=1の場合　右辺は　4/3 です。
従って　P₁=3　が必要です。
そして　１＋ １／３は丁度４／３です。

一方それ以外の組合せは（Ｂ）により左辺が大きくなってしまうのでありえません。
よって　K0=1の場合は　ｎ＝６のみです。

一般に　ｎ＝２^k0（２^k0＋１−１）です。
ただし２^k0＋１−１が素数のときのみです。　−−−（Ｃ）

（Ｃ）が成立していることはそのままであり明らかです。
従って唯一であることを示します。
２^k0＋１−１は奇数ですから　（Ａ）式より　ｎは２^k0＋１−１を因数に持ちます。　　　
Π{１＋P_i＋。。。。P_i^ki}≧１＋Π{P_i^ki}　であって、
等号はimax=1 k1=1 のときのみです。
以上と　（Ｂ）より　（Ｃ）が成立します。

（３）　（１）と（２）より　

この問題は　２^k0＋１−１　k0>1 が素数であるとき
　２^k0（２^k0＋１−１）≡１　mod 9

を証明すればよいことになります。

　k0>１　のとき　２^k0＋１−１≧７　なので　
（２^k0＋１−１）は３の倍数ではありません。
　また、２^６＝６４≡１　mod 9　なので　k0 は　2,3,4,5,6,7 まで　考えれば全体を考えたことになります。
　その結果　下表に示すように、k0=2,4,6 において偶数完全数となる可能性があります。
　また、そのき　n mod 9　は総て１　です。
従って、（Ｃ）が証明されました。

因みに　k0=2　の系は　２^k0＋１−１＝8*64^m-1≡１^m-1≡0　mod 7 なので　２８のみである。

◆出題者のコメント。

サボテンさん、Footmarkさん、Y.M.Ojisan さん、解答ありがとうございます。
皆さん、正解です。

サボテンさん、面白い問題でしたか。それは良かったです！
解答としてはFootmarkさんの仕方がスマートな感じがします。
Y.M.Ojisanさん、オイラーの定理を、素因数分解で大小関係から導くところ（オイラーの証明の変形？）など、とても参考になりました。
僕も同じ解法で、オイラーの定理、９で割った余りを考える仕方でした。　

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