シルヴァーマン 「はじめての数論」第3版 第15章練習問題1

15.1

p₁,p₂を素数とする。σ(p₁^k)=( p₁^k+1-1)/( p₁-1), σ(p₂^l)=( p₂^l+1-1)/( p₂-1)である。

σ(p₁^k p₂^l)= σ(p₁^k)σ(p₂^l)について、必要なら添字を読み替えればよいので、

kについての数学的帰納法で証明する。

k=l=1のときσ(p₁)=1+ p₁, σ(p₂)=1+ p₂。

p₁p₂の約数は1, p₁, p₂, p₁p₂だから、σ(p₁p₂)= 1+p₁+p₂+p₁p₂=σ(p₁)σ(p₂)。

k-1でσ(p₁^k-1 p₂^l)= σ(p₁^k-1)σ(p₂^l)が成り立っているとすると、

σ(p₁^k p₂^l)で新たに加わる約数の和はp₁^k(1+ p₂+ p₂²+…+ p₂^l)= p₁^kσ(p₂^l)。

σ(p₁^k p₂^l)= σ(p₁^k-1)σ(p₂^l)+ p₁^kσ(p₂^l)=[(p₁^k+1-1)/( p₁-1)+ p₁^k] σ(p₂^l)= σ(p₁^k)σ(p₂^l)となり、

kでも成り立つから、全てのk,l≥1についてσ(p₁^k p₂^l)=σ(p₁^k)σ(p₂^l)。

したがって、m= p₁ⁱ¹ p₂ ^i2…p_k ^ik, n= q₁^j1 q₂ ^j2…q_l ^jlでmとnが互いに素、

つまり共通の素数を因数に含まなければ、σ(mn)=σ(m)σ(n)。

15.2

(a) σ(10)= σ(2) σ(5)=3·6=18

(b) σ(20)= σ(2²) σ(5)=(8-1)·6=42

(c) σ(1728)= σ(2⁶) σ(3³)=( 2⁶⁺¹-1)( 3³⁺¹-1)/2=5080

15.3

(a)完全数なら2·3^k=σ(3^k)=( 3^{k +1}-1)/2だが、このとき0=3^k( 3-4)-1<0となり矛盾。

(b)完全数なら2p^k=σ(p^k)=( p^{k +1}-1)/( p-1)だが、

このとき0= p^k (p-2)+1>0となりp≥3だから矛盾。

(c)

完全数ならσ(3ⁱ·5^j)/(2·3ⁱ·5^j)=1。

ところが、σ(3ⁱ)=(3ⁱ⁺¹-1)/2、σ(5^j)=( 5^{j +1}-1)/4より、

σ(3ⁱ·5^j)/(2·3ⁱ·5^j)=(3-3^-i) (5-5^-j)/16<15/16<1だから矛盾。

(d)

完全数ならσ(3ⁱp^j)/(2·3ⁱp^j)=1。

ところが、σ(3ⁱ)=(3ⁱ⁺¹-1)/2、σ(p^j)=(p^{j +1}-1)/(p-1)より、

σ(3ⁱ·p^j)/(2·3ⁱp^j)=(3-3^-i) (p-p^-j)/[4(p-1)]<3p/[4(p-1)]=3/4·(1-1/p)^-1

p≥5なので、(1-1/p) ^-1≤5/4だから、σ(3ⁱ·p^j)/(2·3ⁱp^j)<15/16となり矛盾。

(e)

完全数ならσ(qⁱp^j)/(2·qⁱp^j)=1。p≥5, q≥3とする。

ところが、σ(qⁱ)=( qⁱ⁺¹-1)/(q-1)、σ(p^j)=(p^{j +1}-1)/(p-1)より、

σ(qⁱ·p^j)/(2qⁱp^j)=(q-q^-i) (p-p^-j)/[2(p-1)(q-1)]<pq/[2(p-1)(q-1)]=1/2·(1-1/p)^-1(1-1/q)^-1

p≥5, q≥3なので、(1-1/p) ^-1≤5/4, (1-1/q) ^-1≤3/2だから、σ(qⁱp^j)/(2qⁱp^j)<15/16となり矛盾。

15.4

完全数ならσ(3^m·5ⁿ·7^k)/(2·3^m·5ⁿ·7^k)=1。

ところが、m,n,k≥1なので、

σ(3^m)/3^m =(3^m+1-1) ·3^-m /(3-1)=(3-3^-m)/2≤(3-1/3)/2=4/3

σ(5ⁿ)/5ⁿ =(5^{n +1}-1) ·5^-n /(5-1)=(5-5^-n)/4≤(5-1/5)/4=6/5

σ(7^k)/7^k =(7^k+1-1) ·7^-k /(7-1)=(7-7^-k)/6≤(7-1/7)/6=8/7

より、σ(3^m·5ⁿ·7^k)/(2·3^m·5ⁿ·7^k)≤(1/2)·(4/3)·(6/5)·(8/7)=32/35<1となり矛盾。