·数理科学·

奇完全数素因数的一个性质

付瑞琴1,2,杨海1,3

(1.陕西师范大学 数学与信息科学学院， 陕西 西安710119;2.西安石油大学 理学院, 陕西 西安710065;3.西安工程大学 理学院,陕西 西安710048)

摘要：利用高次Diophantine方程的结果讨论奇完全数素因数的性质。证明了:如果n是奇完全数，p是n素因数，r是p在n的标准分解式中的次数，则σ(n/pr)/pr≠qt其中σ(n/pr)是n/pr的约数和，q是奇素数，t是正奇数或者适合t≤6的正偶数。

关键词：奇完全数; 素因数; 高次Diophantine方程

收稿日期：2014-03-14

基金项目：国家自然科学基金资助项目(11226038 11371012);陕西省教育厅专项基金资助项目(14JK1311)

作者简介：付瑞琴,女,陕西府谷人，从事数论及其应用方面的研究。

通讯作者：杨海,男,陕西府谷人，博士后,副教授,从事数论及其应用方面的研究。

中图分类号：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

设N表示全体正整数的集合。对于正整数a，设σ(a)是a的所有约数之和。如果正整数n满足

σ(n)=2n，

(1)

则称n是完全数。长期以来，完全数的性质一直是数论中引人关注的研究课题，其中奇完全数的存在性是一个迄今远未解决的著名难题，目前只得到了奇完全数存在的若干条件(参阅文献[1]的问题B1及其参考文献)。

设n是奇完全数，p是n的素因数，r是p在n的标准分解式中的次数。此时显然有gcd(pr,n/pr)=1。由于从文献[2]的定理1.9.2可知σ(a)是积性函数,所以从(1)可得

(2)

又从文献[2]的定理1.9.1可知gcd(pr,σ(pr))=1，故从(2)可得pr|σ(n/pr)，所以σ(n/pr)/pr是正整数。设

(3)

最近,M.Dris和F.Luca[3]证明了:对于奇完全数n的任一素因数p，都有

f(p)≠1,2,3,4或5，

(4)

陈凤娟和陈永高[4]在同样的题设下证明了

f(p)≠q,q2,q3,q4,qq′或q2q′。

(5)

其中q和q′是不同的奇素数。2013年K.A.Broughan,D.Delbourgo和Q.Zhou[5]利用不同的方法证明并改进了文献[4]的结论,同时给出f(p)的一个下界:f(p)≥315。2014年,陈凤娟和陈永高[6]进一步改进了文献[5]的结论,给出了有关f(p)不取更多值的情形，同时也提出一个相关的公开问题。

本文从求解Diophantine方程的思路出发,利用高次Diophantine方程的结果及初等分析方法证明了下面的定理。

定理1对于奇完全数n的任一素因数p，都有

f(p)≠qt。

(6)

其中q是奇素数，t是正奇数或者适合t≤6的正偶数。

显然,上述定理部分地改进了文献[4]中的结果(5)。

1若干引理

引理2[7]如果n是奇完全数,则n的标准分解式为

(7)

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

引理3[8]如果n是奇完全数,则它的标准分解式(7)中的k≥8。

引理4[9]方程

X3+1=2Y2,X,Y∈N,X>1,

仅有(X,Y)=(23,78)。

引理5[10]方程

Xm+1=2Y2,X,Y,m∈N,X>1,m>3

无解(X,Y,m)。

引理6[11]方程

仅有解(X,Y,m)=(3,11,5)和(7,20,4)。

2定理1的证明

设n是奇完全数。从引理2可知n的标准分解式必为(7)之形,又从引理2可知

(8)

如果n的素因数p适合

f(p)=qt,t∈N。

(9)

其中q是奇素数,则从式(1),(2),(3)和(9)可知

(10)

p=π,r=s，

(11)

从式(7),(9)和(11)可知q必为p1,…,pk中的某数,所以不妨假定

q=pk，

(12)

因此,从式(7),(10),(11)和(12)可得

(13)

从式(13)可知

t≤2sk。

(14)

当s>1时,因为从引理2可知s≡1(mod 4),所以s≥5,(s+1)/2是适合(s+1)/2≥3的奇数。由于gcd(π(s+1)/2+1,(π(s+1)/2-1)/(π-1))=1而且π(s+1)/2+1是偶数,故从式(13)可得

(15)

或者

(16)

因为s=1,所以从式(13)可知

(17)

同时,从式(3),(7),(8),(9)和(12)可知

(18)

(19)

以及

(20)

其中ti(i=1,…,k-1)满足

t1+…+tk-1=t

(21)

如果t<2sk,则从式(17)可知

π≡-1(modpk)

(22)

又从式(19)可知

π≡1(modpk)

(23)

故从式(22)和(23)可得2≡0(modpk)这一矛盾。因此从式(14)可知

t=2sk，

(24)

从式(24)可知:当t奇数时,式(9)不可能成立。

另外,因为ti(i=1,…,k-1)都是正整数,故从式(21)可知

t≥k-1。

(25)

又从引理3可知k≥8，故从式(25)可得t≥7。由于从式(24)可知t是偶数,所以当t是适合t≤6的正偶数时,式(9)也不成立。定理证毕。

参考文献：

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(编辑亢小玉)