Sui numeri perfetti

[Sk_Anonymous]

Provare che se \(\displaystyle p \in \mathbb{N} \) è un numero primo e \(\displaystyle p+1=2^{k} \) con \(\displaystyle k \in \mathbb{N} \), allora \(\displaystyle p \cdot 2^{k-1} \) è un numero perfetto.

Hint:

Sia \(\displaystyle n \) un numero naturale non primo. Per il teorema fondamentale dell'aritmetica esistono \(\displaystyle p_{1},p_{2},...,p_{n} \in \mathbb{N} \) primi t.c. \(\displaystyle n=p_{1} ^{a_{1}} \cdot ... \cdot p_{n} ^{a_{n}} \) per opportuni \(\displaystyle a_{1},...,a_{n} \in \mathbb{N} \) . Sia ora \(\displaystyle \sigma(n) \) la funzione che associa ad \(\displaystyle n \) la somma dei suoi divisori (compresi \(\displaystyle 1 \) ed \(\displaystyle n \)). Si ha quindi che \[\displaystyle \sigma(n)=(1+p_{1}+p_{1}^{2} +...+p_{1}^{a_{1}})\cdot(1+ p_{2} + p_{2} ^{2} +...+p_{2}^{a_{2}})\cdot ... \cdot(1+p_{n} + p_{n}^{2}+...+p_{n}^{a_{n}})\]
Del resto se \(\displaystyle n \) è perfetto, allora \(\displaystyle \sigma(n)=2n \), quindi...

[xXStephXx]

Siccome \(\displaystyle p \) è primo diverso da 2, si ha che i divisori propri di \(\displaystyle p \cdot 2^{k-1}\) sono le potenze di 2 con esponente minore o uguale k-1 e le potenze di 2 con esponente minore di k-1 moltiplicate per p. La cui somma è
\(\displaystyle 2^k-1+ p(2^{k-1}-1) = p \cdot 2^{k-1} -p +2^k-1\).
Gli ultimi addendi si semplificano dalla prima ipotesi, e quindi viene che la somma dei divisori è proprio uguale a \(\displaystyle p \cdot 2^{k-1} \)

[Gi81]

E' equivalente dimostrare che:
preso $k in NN$ tale che $2^(k+1) -1 $ è un numero primo $p$, si ha che $n=p*2^k$ è un numero perfetto.

Notiamo che $p=2^(k+1) -1 = 1+2+2^2+...+2^k$.
I divisori di $n$ (tranne $n$ stesso) sono $1, 2, 2^2, ..., 2^k, p, 2p, ..., p*2^(k-1)$
la cui somma è $p+ p(2^k -1)= p*2^k=n$

[Sk_Anonymous]

Bravi.