UNIVERZA V MARIBORU FAKULTETA ZA NARAVOSLOVJE IN MATEMATIKO. Oddelek za matematiko in računalništvo DIPLOMSKO DELO. Tamara Murko

Transkripcija

1 UNIVERZA V MARIBORU FAKULTETA ZA NARAVOSLOVJE IN MATEMATIKO Oddelek za matematiko in računalništvo DIPLOMSKO DELO Tamara Murko Maribor, 2012

2

3 UNIVERZA V MARIBORU FAKULTETA ZA NARAVOSLOVJE IN MATEMATIKO Oddelek za matematiko in računalništvo Diplomsko delo RAZDALJA MED POPOLNIMA ŠTEVILOMA IN DOMNEVA ABC Mentor: doc. dr. Daniel Eremita Kandidatka: Tamara Murko Maribor, 2012

4 ZAHVALA Zahvaljujem se vsem, ki so mi na kakršenkoli način pomagali pri nastanku diplomskega dela. Posebej pa se iskreno zahvaljujem mentorju doc. dr. Danielu Eremiti za strokovno pomoč in prijetno sodelovanje.

5 UNIVERZA V MARIBORU FAKULTETA ZA NARAVOSLOVJE IN MATEMATIKO IZJAVA Podpisana Tamara Murko, rojena 24. septembra 1988, študentka Fakultete za naravoslovje in matematiko Univerze v Mariboru, študijskega programa matematika, izjavljam, da je diplomsko delo z naslovom RAZDALJA MED POPOLNIMA ŠTEVILOMA IN DOMNEVA ABC pri mentorju doc. dr. Danielu Eremiti avtorsko delo. V diplomskem delu so uporabljeni viri in literatura korektno navedeni; teksti niso uporabljeni brez navedbe avtorjev. Maribor, 20. avgust 2012 Tamara Murko

6 RAZDALJA MED POPOLNIMA ŠTEVILOMA IN DOMNEVA ABC program diplomskega dela V diplomskem delu naj bodo uvodoma predstavljene osnove teorije aritmetičnih funkcij. Osrednji del naj bo namenjen obravnavi radikala popolnega števila. Predstavljena naj bo domneva abc in njene posledice v zvezi z razdaljo med dvema popolnima številoma. Osnovni viri: 1. F. Luca, C. Pomerance, On the radical of a perfect number, New York J. Math. 16 (2010), M. B. Nathanson, Elementary methods in number theory, Springer-Verlag, New York, K. H. Rosen, Elementary number theory and its applications, 5th edition, Pearson/Addison Wesley, Boston, doc. dr. Daniel Eremita

7 MURKO, T.: Razdalja med popolnima številoma in domneva abc. Diplomsko delo, Univerza v Mariboru, Fakulteta za naravoslovje in matematiko, Oddelek za matematiko in računalništvo, IZVLEČEK V diplomskem delu so uvodoma predstavljene osnove teorije aritmetičnih funkcij. Naslednje poglavje je namenjeno popolnim številom in Mersennovim praštevilom. Obravnavana je tudi domneva abc. Ob predpostavki, da je domneva abc resnična, je izpeljan asimptotični Fermatov izrek, asimptotična Catalanova domneva, ter dokazan obstoj neskončno mnogo Wieferichovih praštevil. Osrednja tema diplomskega dela je radikal popolnega števila. Dokazano je, da za poljubno popolno število x velja rad(x) < 2x V zadnjem poglavju je izpeljanih nekaj rezultatov, povezanih z razdaljo med popolnima številoma, ki nastanejo kot posledica domneve abc. Ključne besede: aritmetične funkcije, praštevila, popolna števila, Mersennova praštevila, domneva abc, radikal. Math. Subj. Class. (2010): 11A25.

8 MURKO, T.: The distance between perfect numbers and abc conjecture. Graduation Thesis, University of Maribor, Faculty of Natural Scicences and Mathematics, Department of Mathematics and Computer Science, ABSTRACT The graduation thesis initially presents the theory of arithmetic function. The following chapter regards to perfect numbers and Mersenne primes. We consider the abc conjecture. On the assumption that the abc conjecture is true, we derive asymptotic Fermat theorem, asymptotic Catalan conjecture and demonstrate the existence of infinitely many Wieferich primes. The main topic of the thesis is the radical of a perfect number. We demonstrate that an arbitrary perfect number x applies to rad(x) < 2x In the last chapter we derive some results, dealing with the distance between perfect numbers, incurred due to the abc conjecture. Keywords: arithmetic functions, prime numbers, perfect numbers, Mersenne primes, the abc conjecture, the radical. Math. Subj. Class. (2010): 11A25.

9 Kazalo Uvod 1 1 Osnovni pojmi in rezultati Osnove teorije števil Praštevila Kongruence Matematični simboli Aritmetične funkcije Eulerjeva funkcija ϕ Möbiusova funkcija µ Dirichletov produkt aritmetičnih funkcij Funkciji τ in σ Popolna števila in Mersennova praštevila Popolna števila Mersennova praštevila Domneva abc 31 5 Radikal popolnega števila 37 6 Domneva abc in razdalja med popolnima številoma 41 Literatura 47 ix

10

11 Uvod Popolna števila so lepa. Znano pa je, da so lepe stvari redke in maloštevilne, grdih pa je več kot dovolj. Presežnih in pomanjkljivih števil je velika večina, medtem ko je popolnih malo. (Nikomah Heraški) Teorija števil je ena najstarejših vej matematike, ki je pritegnila pozornost mnogih velikih matematikov. Z njo so se ukvarjali že stari Grki, ki so odkrili praštevila in popolna števila. Grki so najprej poznali le štiri popolna števila. Do danes je znanih 47 sodih popolnih števil, toda še vedno ni znano ali jih obstaja končno ali neskončno mnogo. Poraja se tudi vprašanje, če obstaja katero liho popolno število. Eden izmed nerešenih problemov v teoriji števil je preveriti resničnost domneve abc. Če predpostavimo, da je domneva abc resnična, lahko izpeljemo veliko izrekov in trditev, ki jih spoznamo v diplomskem delu. S tem so povezani tudi rezultati o razdalji med popolnima številoma, ki jih dokažemo v zadnjem poglavju. Ob vsem tem pa je seveda pomemben radikal popolnega števila. 1

12 Poglavje 1 Osnovni pojmi in rezultati 1.1 Osnove teorije števil Definicija 1.1 Naj bosta a in b poljubni celi števili. Pravimo, da število a deli število b (b je deljivo z a), če obstaja tak k Z, da je b = ak. V tem primeru pišemo a b in pravimo, da je a delitelj števila b in b večkratnik števila a. Opomba 1.2 Vidimo, da vsako celo število deli 0 in da število 0 ne deli nobenega neničelnega celega števila. Če a ne deli b, pišemo a b. Izrek 1.3 Naj bodo a, b, c in d poljubna cela števila. Potem velja: 1. a a 2. če a b in b a, potem je a = b ali a = b 3. če a b in b c, potem a c 4. če d a in d b, potem d ax + by, za vse x, y Z. 2

13 1.1 Osnove teorije števil 3 Dokaz. 1. Ker je a = a 1, sledi da a a. 2. Predpostavimo, da a b in b a, torej obstajata taka l, k Z, da je b = ak in a = bl. Iz enakosti b = ak = blk sledi, da je b = blk in tako je 1 = lk. Ker sta k, l Z, obstajata samo dve možnosti, in sicer: ali je l = 1 in k = 1, ali l = 1 in k = 1. Torej je a = b ali a = b. 3. Ker a b in b c, obstajata taka k, l Z, da je b = ak in c = bl. Ker je c = bl = akl in je kl Z, sledi da a c. 4. Denimo, da d a in d b. Potem obstajata taka k, l Z, da je a = dk in b = dl. Potem za vse x, y Z velja: ax + by = dkx + dly = d(kx + ly) in ker je (kx + ly) Z, sledi da d ax + by. Izrek 1.4 (Izrek o deljenju z ostankom) Naj bosta a, b Z in b 0. Potem obstajata taka enolično določena q, r Z, da velja: a = bq + r in 0 r < b. Dokaz. Vpeljimo množico S = {a bx; a bx 0 in x Z}. Najprej bomo dokazali, da je množica S neprazna. To bo natanko takrat, ko bo v tej množici obstajal vsaj en element. Dokazujemo torej, da obstaja tak x Z, da velja: bx a in pri tem ločimo dve možnosti: 1. Če b N, potem po Arhimedski lastnosti obstaja tak x N, da velja: bx a a. 2. Če b N, potem po Arhimedski lastnosti obstaja tak x N, da velja: bx a a. Sledi, da ( b)( x) a. Ker torej množica S ni prazna in S {0, 1, 2,...}, po principu dobre urejenosti sledi, da vsebuje S najmanjši element r = min(s). Ker je r S, obstaja tak q Z, da je r = a bq, oziroma a = bq + r. Sedaj moramo dokazati, da 0 r < b. Pa recimo, da to ne drži. Potem je r b in sledi, da 0 r b < r. Poleg tega pa velja: r b = (a bq) b = a b(q ± 1) 0.

14 1.2 Praštevila 4 Torej, r b S in r b < r = min(s), kar pa nas privede do protislovja. Nadaljujejmo z dokazom enoličnosti. Denimo, da obstajajo taki q 1, q 2, r 1, r 2 Z, da velja: a = bq 1 + r 1 = bq 2 + r 2 in r 1, r 2 [0, b ). Od tod sledi, da b(q 1 q 2 ) = r 2 r 1 in tako b q 1 q 2 = r 2 r 1 < b. Torej je q 1 q 2 < 1. Ker vemo, da sta q 1, q 2 Z, sledi da q 1 = q 2 in r 1 = r 2. Definicija 1.5 Naj bosta a, b Z, ki nista obe enaki 0. Največji skupni delitelj števil a in b je največje naravno število d, za katerega velja: d a in d b. Označimo ga s D(a, b). Definicija 1.6 Če za celi števili a in b velja D(a, b) = 1, pravimo, da sta a in b tuji si števili. Definicija 1.7 Najmanjši skupni večkratnik neničelnih celih števil a in b je najmanjše naravno število, ki je deljivo hkrati z a in b. Označimo ga s v(a, b). 1.2 Praštevila Definicija 1.8 Naravno število p, večje od 1, je praštevilo, če sta 1 in p njegova edina pozitivna delitelja. Naravnim številom, ki so večja od 1 in niso praštevila, pravimo sestavljena števila. Opomba 1.9 Število 1 ni niti praštevilo, niti sestavljeno število. Izrek 1.10 (Osnovni izrek aritmetike) Vsako naravno število, večje od 1, lahko zapišemo kot produkt praštevil. Ta zapis je določen enolično, do vrstnega reda faktorjev natančno.

15 1.2 Praštevila 5 Dokaz. Izrek bomo dokazali s pomočjo matematične indukcije po n. Vpeljimo množico S = {n N; n lahko zapišemo kot produkt praštevil}. Če je n = 2, je 2 S, saj je 2 praštevilo. Predpostavimo, da izrek velja za vsa naravna števila z intervala [2, n]. Dokazali bomo, da velja tudi za število n + 1. Torej denimo, da 2 S & 3 S &... & n S in dokazujemo, da n + 1 S. Če je n + 1 praštevilo, potem je n + 1 S. Če pa n + 1 ni praštevilo, potem je sestavljeno število. Torej n + 1 = kl, za neka k, l N in 1 < k, l n. Ker sta 1 < k, l n, ju po indukcijski predpostavki lahko zapišemo kot produkt praštevil. Zato l S in k S. To pomeni, da k = p 1 p i in l = q 1 q j, za neka praštevila p 1,..., p i ; q 1,..., q j. Tako je n + 1 = kl = (p 1 p i )(q 1 q j ) in zato n + 1 S. Dokazati je potrebno še enoličnost faktorizacije. Denimo, da lahko n N, n 2 zapišemo kot produkt praštevil na dva načina: n = p 1 p r = q 1 q s, kjer so p 1,..., p r, q 1,..., q s praštevila; p 1 p 2... p r, ter q 1 q 2... q s in r s. Ker p 1 q 1 q 2 q s sledi, da je p 1 = q i, za nek 1 i s. To pomeni, da je p 1 q 1. Podobno ugotovimo, da je q 1 p 1. Torej je p 1 = q 1 in tako p 2 p 3 p r = q 2 q 3 q s. Sedaj postopek ponovimo in pridemo do sklepa, da je p 2 = q 2 in zato p 3 p 4 p r = q 3 q 4 q s. Če bi bil r s, bi po r - korakih prišli do 1 = q r+1 q r+2 q s > 1, kar pa nas privede do protislovja. Torej r = s in p 1 = q 1, p 2 = q 2,..., p r = q s.

16 1.2 Praštevila 6 Izrek 1.11 (Evklid) Praštevil je neskončno mnogo. Dokaz. Predpostavimo, da so p 1, p 2,..., p n vsa praštevila, kjer je p n največje praštevilo. Če ta praštevila zmnožimo, dobimo produkt p 1 p 2 p n, ki je deljiv s praštevili p 1, p 2,..., p n. Če temu produktu prištejemo 1, dobimo število p 1 p 2 p n +1, ki ni deljivo z nobenim izmed praštevil p 1, p 2,..., p n. Obstajata torej le dve možnosti, in sicer: ali je produkt deljiv s katerim drugim praštevilom, ali pa je sam praštevilo. To pa nas pripelje do protislovja s predpostavko o končnemu številu praštevil. Opomba 1.12 Ta izrek so poznali že stari Grki. Prvi, ki je dokazal to trditev je bil grški matematik Evklid. Dokaz je podal v svojem najpomembnejšem delu Elementi. Eden izmed načinov ugotavljanja, ali je dano število praštevilo ali sestavljeno število, je Eratostenovo rešeto, kjer poiščemo vsa praštevila do nekega izbranega števila n. Imenuje se po grškem matematiku Eratostenu. Zgled. Poiščimo vsa praštevila do števila 40. Najprej napišemo tabelo naravnih števil od 1 do n = 40. Ker število 1 ni praštevilo, ga prečrtamo. Prvo neprečrtano število, ki sledi, je 2. Ker je 2 praštevilo, ga obkrožimo in prečrtamo vse večkratnike tega števila. Prvo neprečrtano število, ki sledi številu 2, je 3. To je praštevilo, zato ga obkrožimo in prečrtamo vse večkratnike števila 3. S tem postopkom nadaljujemo. Zadošča prečrtati samo večkratnike tistih praštevil, ki so n. V našem primeru torej le večkratnike praštevil 2, 3 in 5, saj so to edina praštevila 40. Vsa obkrožena in neprečrtana števila so praštevila. Torej so praštevila od 1 do 40: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37. Slika 1.1: Eratostenovo rešeto

17 1.3 Kongruence Kongruence Teorijo kongruenc je utemeljil eden največjih matematikov, Karl Friedrich Gauss, koncem 18. st., v knjigi Disquisitiones Arithmeticae. Definicija 1.13 Naj bo n N. Celi števili a in b sta kongruentni po modulu n, če n a b. V tem primeru pišemo a b(mod n). Izrek 1.14 (Mali Fermatov izrek) Naj bo a Z. velja: a p 1 1(mod p). Če je p praštevilo in p a, potem Dokaz. Najprej želimo dokazati, da so a, 2a, 3a,..., (p 1)a paroma nekongruentna po modulu p. Recimo, da niso. Potem obstajata i, j {1,..., p 1} in i < j, tako da ia ja(mod p). Ker je D(a, p) = 1, je i j(mod p). Tako p j i in 0 < j i < p, kar pa je protislovje, saj je i j p. Nadaljujemo z dokazovanjem, da a, 2a,..., (p 1)a niso deljiva s p. Denimo, da to ne drži. Potem obstaja tak i {1, 2,..., p 1}, da p ia. Torej p i ali p a, kar pa je v nasprotju s predpostavko, da p a in p i. Zato velja: a r 1 (mod p) 2a r 2 (mod p).. (p 1) r p 1 (mod p), za neka paroma različna števila r 1,..., r p 1 {1, 2,..., p 1}. Če kongruence pomnožimo, dobimo: a(2a) (p 1)a 1 2 (p 1)(mod p) oziroma (p 1)!a p 1 (p 1)!(mod p).

18 1.4 Matematični simboli 8 Ker je D(p, p 1) = 1 torej sledi, da a p 1 1(mod p). Posledica 1.15 Za vsako celo število a in vsako praštevilo p velja: a p a(mod p). 1.4 Matematični simboli V diplomskem delu so uporabljeni tudi naslednji matematični simboli: - Naj bo p praštevilo. Pišemo p r n, če je p r najvišja potenca števila p, ki deli n. Torej p r n in p r+1 n. - Naj bosta f in g realni funkciji, definirani za vsak x D, kjer je D R. Naj bo g(x) > 0 za vsak x D. Potem pišemo f g (ali g f ali f = O(g)), če obstaja taka pozitivna konstanta c, da je f(x) cg(x), za dovolj velike x D. V diplomskem delu bo množica D kar množica naravnih števil N.

19 Poglavje 2 Aritmetične funkcije Definicija 2.1 Aritmetična funkcija je vsaka funkcija f : N C. Definicija 2.2 Aritmetična funkcija f je - multiplikativna, če za poljubni tuji naravni števili m in n velja: f(mn) = f(m)f(n), - popolnoma multiplikativna, če za poljubni naravni števili m in n velja: f(mn) = f(m)f(n). Zgled. Funkciji, podani s predpisoma f(n) = 1 in g(n) = n, za vse n N, sta popolnoma multiplikativni. Velja namreč: f(mn) = 1 = 1 1 = f(m)f(n) g(mn) = mn = g(m)g(n), za vse m, n N. Zato sta funkciji f in g tudi multiplikativni. Izrek 2.3 Naj bo f multiplikativna funkcija. Če je n = p a 1 1 pa 2 2 pa k k kanoničen razcep števila n, kjer so p 1, p 2,... p k različna praštevila in a 1, a 2,..., a k N, potem velja: f(n) = f(p a 1 1 )f(pa 2 2 ) f(pa k k ). 9

20 2.1 Eulerjeva funkcija ϕ 10 Dokaz. Izrek bomo dokazali z uporabo matematične indukcije po k. Če je k = 2, potem je f(n) = f(p a 1 1 pa 2 2 ) = f(pa 1 1 )f(pa 2 2 ), saj je f multiplikativna in D(pa 1 1, pa 2 2 ) = 1. Naj bo sedaj k poljubno naravno število, ki je večje od 1 in predpostavimo, da za poljubna praštevila p 1,..., p k in poljubna a 1,..., a k N velja f(p a 1 1 pa k k ) = f(pa 1 1 ) f(pa k k ). Dokažimo, da je potem f(p a 1 1 pa k k pa k+1 k+1 ) = f(pa 1 1 ) f(pa k k )f(pa k+1 k+1 ), za poljubna praštevila p 1,..., p k+1 in a 1,..., a k+1 N : f(p a 1 1 pa 2 2 pa k k pa k+1 k+1 ) = f((pa 1 1 pa 2 2 pa k k )pa k+1 k+1 ) = f(p a 1 1 pa 2 2 pa k k )f(pa k+1 k+1 ) = f(p a 1 1 )f(pa 2 2 ) f(pa k k )f(pa k+1 k+1 ), saj je D((p a 1 1 pa k k ), pa k+1 k+1 ) = Eulerjeva funkcija ϕ Definicija 2.4 Eulerjeva funkcija ϕ : N N je funkcija, definirana z naslednjim predpisom: ϕ(n) je število vseh naravnih števil, ki so tuja z n in niso večja od n. Zgled. Tabela vrednosti ϕ(n) za n = 1,..., 10 : n ϕ(n) Izrek 2.5 Naravno število p je praštevilo natanko tedaj, ko je ϕ(p) = p 1. Dokaz. ( ) Če je p praštevilo, potem so števila 1, 2,..., p 1 vsa tuja s p. Zato je ϕ(p) = p 1. ( ) Naj bo p tako naravno število, da je ϕ(p) = p 1. Dokazati želimo, da je p praštevilo. Recimo, da p ni praštevilo. Torej je p = 1 ali je p sestavljeno število. Če p = 1, pridemo do protislovja. Namreč ϕ(1) = 1 in zato ϕ(p) p 1. Če je p sestavljeno, potem obstaja tak d {2, 3,..., p 1}, da d p. Ker p in d nista tuji, (saj je D(d, p) = d > 1) sledi ϕ(p) < p 1, kar je v protislovju s predpostavko.

21 2.1 Eulerjeva funkcija ϕ 11 Izrek 2.6 Za poljubno praštevilo p in a N velja: ϕ(p a ) = p a p a 1. Dokaz. Števila p, 2p, 3p,..., p a 1 p so vsa števila v množici {1, 2,..., p a }, ki niso tuja s p a. Teh je natanko p a 1. Zato je število vseh števil v množici {1, 2,..., p a }, ki so tuja s p a enako p a p a 1. Torej je ϕ(p a ) = p a p a 1. Zgled. in ϕ(7 3 ) = = 294 ϕ(13 2 ) = = 156 Izrek 2.7 Eulerjeva funkcija ϕ je multiplikativna. Opomba 2.8 Naj števila r 1, r 2,..., r m tvorijo popoln sistem ostankov po modulu m. Če je a N in D(a, m) = 1, potem števila ar 1 + b, ar 2 + b,..., ar m + b tvorijo popoln sistem ostankov po modulu m, za vsak b Z. Dokaz. Naj bosta m in n tuji si naravni števili. Števila, ki ne presegajo števila mn prikažemo na naslednji način: 1 m + 1 2m (n 1)m m + 2 2m (n 1)m m + 3 2m (n 1)m m 2m 3m... nm Naj bo r N, r m in D(m, r) = d > 1. Nobeno število v r-ti vrstici ni tuje z mn, saj je vsak element te vrstice oblike km + r, k {1, 2,..., n 1} in d km + r (saj d r in d m). Da bi torej našli tista števila s seznama, ki so tuja z mn, moramo pogledati r-to vrstico le,

22 2.1 Eulerjeva funkcija ϕ 12 če je D(m, r) = 1. Če je D(m, r) = 1 in 1 r m, potem moramo ugotoviti koliko števil v tej vrstici je tujih z mn. Elementi te vrstice so r, m + r, 2m + r,..., (n 1)m + r. Ker je D(m, r) = 1 je vsak element v tej vrstici tuj z m. Ob uporabi izreka o popolnem sistemu ostankov opazimo, da vseh n števil v r-ti vrstici tvori popoln sistem ostankov po modulu n. Zato je natanko ϕ(n) teh števil tujih z n. Ker pa je tudi ϕ(n) teh števil tujih z m, so potem tuja z mn. Ker torej obstaja ϕ(m) vrstic, od katerih vsaka vsebuje ϕ(n) števil, tujih z mn, zaključimo, da je ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n). Izrek 2.9 Naj bo n = p a 1 1 pa 2 2 pa k k kanoničen razcep naravnega števila n. Tedaj velja: ϕ(n) = n(1 1 p 1 )(1 1 p 2 ) (1 1 p k ). Dokaz. Ker je ϕ multiplikativna in n = p a 1 1 pa 2 2 pa k k kanoničen razcep števila n vemo, da je ϕ(n) = ϕ(p a 1 1 )ϕ(pa 2 2 ) ϕ(pa k k ). Poleg tega pa vemo, da je ϕ(p a j j ) = pa j j p a j 1 j = p a j j (1 1 p j ), za j = 1, 2,..., k. Zato velja ϕ(n) = p a 1 1 (1 1 p 1 )p a 2 2 (1 1 p 2 ) p a k k (1 1 p k ) = p a 1 1 pa 2 2 pa k k (1 1 p 1 )(1 1 p 2 )(1 1 p k ) = n(1 1 p 1 )(1 1 p 2 )(1 1 p k ). Zgled. Z uporabo izreka 2.9 lahko izračunamo ϕ(200) = ϕ( ) = 200(1 1 2 )(1 1 5 ) = 80. Opomba 2.10 Naj bo f aritmetična funkcija. Tedaj f(d) d n predstavlja vsoto funkcijskih vrednosti funkcije f po vseh pozitivnih deliteljih števila n.

23 2.1 Eulerjeva funkcija ϕ 13 Zgled. f(d) = f(1) + f(2) + f(3) + f(4) + f(6) + f(8) + f(12) + f(24). d 24 Izrek 2.11 Za poljubno naravno število n velja ϕ(d) = n. d n Dokaz. Najprej si oglejmo primer, ko je n potenca praštevila, tj. n = p t. Delitelji števila p t so: 1, p, p 2,..., p t. Zato je ϕ(d) = ϕ(1) + ϕ(p) + ϕ(p 2 ) ϕ(p t ) d p t = 1 + (p 1) + (p 2 p) (p t p t 1 ) = p t. Obravnavajmo še splošni primer. Število n razcepimo na potence različnih praštevil: n = p t 1 1 p t 2 2 p t k k. Ker so delitelji števila n natanko vsa števila oblike p r 1 1 pr 2 2 pr k k, pri čemer velja: 0 r i t i za vse i = 1, 2,..., k, sledi f(d) = d n = = = t 1 r 1 =0 t 1 r 1 =0 k i=1 r i =0 k i=1 = n. pt i t i t k r k =0 t k r k =0 ϕ(p r i i ) ϕ(p r 1 1 pr 2 2 pr k k ) ϕ(p r 1 1 ) ϕ(pr k k )

24 2.2 Möbiusova funkcija µ Möbiusova funkcija µ Definicija 2.12 Möbiusova funkcija µ : N Z je podana s predpisom: 1 če n = 1 µ(n) = 0 če je n deljivo s kvadratom praštevila (-1) k če je n = p 1 p 2 p k, kjer so p 1,..., p k paroma različna praštevila. Zgled. Tabela vrednosti µ(n) za n = 1,..., 10 : n µ(n) Opomba 2.13 µ(p) = 1, za vsako praštevilo p. Izrek 2.14 Möbiusova funkcija µ je multiplikativna. Dokaz. Naj bosta m in n tuji si naravni števili. Če je število mn deljivo s kvadratom praštevila, potem velja to tudi za število m ali n. Velja torej: µ(mn) = 0 = µ(m)µ(n). Če pa število mn ni deljivo s kvadratom praštevila, velja to tudi za m in n. Naj bo k število različnih prafaktorjev števila m, l pa število različnih prafaktorjev števila n. Potem je število različnih prafaktorjev števila mn enako k + l. Torej: µ(ab) = ( 1) k+l = ( 1) k ( 1) l = µ(m)µ(n). Izrek 2.15 Za poljubno naravno število n velja { 1 n = 1 µ(d) = 0 n > 1. d n

25 2.3 Dirichletov produkt aritmetičnih funkcij 15 Dokaz. Če je n = 1, potem µ(d) = µ(1) = 1. d 1 Naj bo n > 1 in n = p a 1 1 pa 2 2 pa k k, kjer so p i paroma različna praštevila. µ(d) = µ(1) + µ(p 1 ) µ(p k ) + µ(p 1 p 2 ) µ(p k 1 p k ) µ(p 1 p 2 p k ) d n = 1 + = (1 1) k = 0, ( ) k ( 1) + 1 ( ) k ( 1) ( ) k ( 1) k k saj lahko s praštevili p 1,..., p k tvorimo natanko ( k i) produktov z i prafaktorji. Ob uporabi binomskega izreka pa opazimo, da gre za razvoj potence izraza (1 1) k. 2.3 Dirichletov produkt aritmetičnih funkcij Definicija 2.16 Naj bosta f in g poljubni aritmetični funkciji. Dirichletov produkt ali Dirichletova konvolucija funkcij f in g je aritmetična funkcija f g, podana s predpisom: (f g)(n) = d n f(d)g( n d ). Trditev 2.17 Naj bodo f, g, h poljubne aritmetične funkcije. Tedaj velja 1. f g = g f (komutativnost) 2. (f g) h = f (g h) (asociativnost) 3. f (g + h) = f g + f h (distributivnost) Dokaz. Naj bo n N. Potem velja: 1. (f g)(n) = d n f(d)g( n d ) = n=da f(d)g(a) = a n f( n a )g(a) = (g f)(n).

26 2.4 Funkciji τ in σ ((f g) h)(n) = d n (f g)(d)h( n d ) = n=ed(f g)(d)h(e) = ( f(k)g(l))h(e) n=ed d=kl = f(k)g(l)h(e) n=ekl = f(k) g(l)h(e) n=kc c=el = f(k)(g h)(c) n=kc = (f (g h))(n). 3. (f (g + h))(n) = n=de f(d)(g + h)(e) = f(d)(g(e) + h(e)) n=de = f(d)g(e) + f(d)h(e) n=de n=de = (f g + f h)(n). 2.4 Funkciji τ in σ Definicija 2.18 Funkciji τ : N N in σ : N N definiramo z naslednjima predpisoma: τ(n) = d n 1 in σ(n) = d n d. Skratka, τ(n) je število vseh pozitivnih deliteljev števila n, σ(n) pa je vsota vseh pozitivnih deliteljev števila n.

27 2.4 Funkciji τ in σ 17 Zgled. Tabela vrednosti τ(n) za n = 1,..., 10 : n τ(n) Zgled. Tabela vrednosti σ(n) za n = 1,..., 10 : n σ(n) Opomba 2.19 τ(p) = 2 in σ(p) = 1 + p, za vsako praštevilo p. Izrek 2.20 Če je f multiplikativna funkcija, potem je multiplikativna tudi funkcija F : N C, podana s predpisom F (n) = f(d). d n Opomba 2.21 Naj bosta m in n tuji naravni števili. Naravno število d je delitelj števila mn natanko tedaj, ko obstaja tak enolično določen par števil d 1, d 2 N, da velja d 1 m, d 2 n, d = d 1 d 2. Dokaz. Naj bosta m in n poljubni tuji naravni števili. Dokazati želimo: F (mn) = F (m)f (n). F (mn) = d mn = f(d) = (d 1,d 2 ) d 1 m, d 2 n d=d 1 d 2 = (f(d 1 ) d 1 m d 2 n (d 1,d 2 ) d 1 m, d 2 n d=d 1 d 2 f(d) = f(d 1 )f(d 2 ) = d 1 m f(d 2 )) = ( d 1 m (d 1,d 2 ) d 1 m, d 2 n d=d 1 d 2 f(d 1 d 2 ) ( d 2 n f(d 1 )f(d 2 )) f(d 1 ))( d 2 n f(d 2 )) = F (m)f (n).

28 2.4 Funkciji τ in σ 18 Izrek 2.22 Funkciji τ in σ sta multiplikativni. Dokaz. Naj bosta funkciji f : N N in g : N N definirani s predpisoma: f(n) = 1, g(n) = n Vemo, da sta funkciji f in g multiplikativni. Opazimo: τ(n) = 1 = f(d) d n d n σ(n) = d n d = d n g(d) Sedaj uporabimo prejšnji izrek, ki pove, da sta funkciji τ in σ multiplikativni. Lema 2.23 Naj bo p praštevilo in a N. Tedaj velja: σ(p a ) = (1 + p + p p a ) = pa+1 1 p 1 in τ(p a ) = a + 1. Dokaz. Delitelji števila p a so 1, p, p 2,..., p a 1, p a. Posledično, p a ima natanko a + 1 deliteljev, zato je τ(p a ) = a + 1. Prav tako ugotovimo naslednje: σ(p a ) = 1 + p + p p a = pa+1 1 p 1. Zgled. Z uporabo leme 2.23 lahko izračunamo σ(4 3 ) = = = 85 in τ(4 3 ) = = 4

29 2.4 Funkciji τ in σ 19 Izrek 2.24 Naj bo n = p a 1 1 pa 2 2 pa k k različna praštevila, a i N. Tedaj velja: kanoničen razcep naravnega števila n, kjer so p i σ(n) = ( pa )(pa (pak+1 p 1 1 p 2 1 ) k 1 k p k 1 ) = i=1 i 1 p i 1 ) ( pa i+1 in Dokaz. τ(n) = (a 1 + 1)(a 2 + 1)... (a k + 1) = Ker sta τ in σ multiplikativni, sledi: k (a i + 1). i=1 1 1 σ(n) = σ(p a pa 2 2 pa k k ) = σ(pa 1 1 )σ(pa 2 2 ) σ(pa k k ) = (pa p 1 1 ) (pak+1 k 1 p k 1 ) in τ(n) = τ(p a 1 1 pa 2 2 pa k k ) = τ(pa 1 1 )τ(pa 1 1 ) τ(pa k k ) = (a 1 + 1)(a 2 + 1) (a 2 + 1). Zgled. Z uporabo izreka 2.24 lahko izračunamo σ(720) = σ( ) = = = in τ(720) = τ( ) = (4 + 1)(2 + 1)(1 + 1) = = 30.

30 Poglavje 3 Popolna števila in Mersennova praštevila S proučevanjem popolnih števil so se pričeli ukvarjati že Pitagorejci, v 6.st.pr.n.št. Zdela so se jim skrivnostna zaradi povezave med števili in vsoto njihovih deliteljev. Opazili so, da imajo nekatera števila posebno lastnost, t.j. da je vsota pozitivnih deliteljev števila enaka številu samemu (pri tem gledamo samo delitelje, manjše od števila samega). Eno takih števil je število 6, saj je 6 = V obdobju stare Grčije so poznali še tri popolna števila, in sicer števila 28, 496 in Grški matematik Evklid je v svoji najbolj znani zbirki knjig Elementi dokazal, da če je 2 k 1 praštevilo, potem je 2 k 1 (2 k 1) popolno število. Ker je veliko praštevil oblike 2 p 1, so mnogi matematiki sklepali, da je ta izraz praštevilo za vsak praštevilski p. Vendar je leta 1536 Regius dokazal, da to ne velja za števili 9 in 11, saj je = 511 = 7 73 in = 2047 = Pokazal je tudi, da je = 8191 praštevilo in s tem 2 12 (2 13 1) = peto popolno število. Leta 1588 je Cataldi ugotovil, da sta števili in praštevili. Tako je bilo odkrito šesto in sedmo popolno število: 2 16 (2 17 1) = , 2 18 (2 19 1) =

31 21 Trdil je tudi, da je 2 p 1 praštevilo za p = 23, 29, 31 in 37, vendar se je kasneje izkazalo, da to drži le za p = 31. Namreč, leta 1640 je Fermat dokazal Cataldijevo zmoto za števili 23 in 37. Podobno je leta 1738 dokazal Euler za število 29. Naslednji matematik, ki je napravil velik napredek pri iskanju praštevil oblike 2 p 1, je bil Marin Mersenne. V predgovoru svoje knjige Cogitata Physica-Mathematica, ki je izšla leta 1644 trdi, da je 2 p 1 praštevilo za p = 2, 3, 5, 7, 13, 17, 19, 31, 67, 127 in 257, ter sestavljeno število za vse druge p, manjše od 257. V nadaljevanju so se matematiki ukvarjali predvsem z dokazovanjem pravilnosti napisanega seznama. Tako je leta 1750 Euler dokazal, da je število praštevilo in tako je bilo odkrito osmo zaporedno popolno število, 2 30 (2 31 1) = Poleg tega je leta 1738 dokazal, da ni praštevilo, kot je pred njim trdil Cataldi. Lucas je leta 1876 potrdil število kot praštevilo in dokazal, da je sestavljeno število. Sedem let kasneje je Pervushin pokazal, da je praštevilo in s tem 2 60 (2 61 1) popolno število. V začetku leta 1900 je Power pokazal, da je Mersenne izpustil tudi praštevili p = 89 in p = 107. Tako sta bili odkriti naslednji dve popolni števili: 2 88 (2 89 1), ( ). Leta 1927 pa je Lehmer dokazal, da za p = 257, število ni praštevilo. Šele leta 1947, ko so se pojavila dobra namizna računala, je bilo mogoče celotno Mersennovo trditev preveriti. Napravil je pet napak. Tako so tudi dopolnili oziroma popravili njegov seznam: p = 2, 3, 5, 7, 13, 17, 19, 31, 61, 89, 107, 127. Kljub temu, da Mersenne ni dokazoval pravilnosti svojega seznama, se ta števila imenujejo po njem - Mersennova praštevila. Označimo jih z oznako M p, kjer je p praštevilo.

32 3.1 Popolna števila Popolna števila Definicija 3.1 Če je n naravno število in σ(n) = 2n, potem n imenujemo popolno število. Zgled. Poglejmo prvi dve popolni števili: σ(6) = = 12 = 2 6 in σ(28) = = 56 = Evklid je torej pokazal, da obstaja tesna povezava med praštevili in popolnimi števili. Iz praštevila, ki se ga da zapisati kot vsota zaporedja števil, katerih velikost se na vsakem koraku podvoji, lahko najdemo popolno število tako, da to praštevilo pomnožimo z največjim členom zaporedja. Praštevilo 7 lahko naprimer zapišemo kot vsoto naslednjega zaporedja = 7. Če pomnožimo zadnji člen zaporedja, 4, s praštevilom 7, dobimo 28, ki je popolno število. Podobno lahko zapišemo praštevilo 31 kot vsoto = 31, od koder sklepamo, da je tudi = 496 popolno število. Izrek 3.2 Sodo naravno število n je popolno natanko tedaj, kadar je oblike n = 2 m 1 (2 m 1), kjer je 2 m 1 praštevilo in m 2. Dokaz. ( ) Naj bo n = 2 m 1 (2 m 1), kjer je 2 m 1 praštevilo in m 2. Dokazati želimo, da je n popolno število, oziroma je σ(n) = 2n. Ker je 2 m 1 liho število, je D(2 m 1, 2 m 1 ) = 1. Zaradi multiplikativnosti funkcije σ je σ(n) = σ(2 m 1 )σ(2 m 1). Poleg tega vemo, da je 2 m 1 praštevilo in zato sledi, da je σ(2 m 1) = 2 m = 2 m

33 3.1 Popolna števila 23 in Torej, σ(2 m 1 ) = 2m = 2m 1. σ(n) = (2 m 1)2 m = (2 m 1) 2 2 m 1 = 2n. ( ) Naj bo n sodo popolno število. Zapišemo ga lahko kot n = 2 s t, kjer sta s, t N in t je liho. Ker je D(2 s, t) = 1, je σ(n) = σ(2 s t) = σ(2 s )σ(t) = (2 s+1 1)σ(t). Vemo, da je n popolno število, torej je σ(n) = 2n = 2 2 s t = 2 s+1 t. Če sedaj združimo oba zapisa, dobimo (2 s+1 1)σ(t) = 2 s+1 t. Vidimo, da 2 s+1 (2 s+1 1)σ(t). Ker pa je D(2 s+1, 2 s+1 1) = 1, sledi da 2 s+1 σ(t). Obstaja torej tak q Z, da je σ(t) = 2 s+1 q in zato je (2 s+1 1)2 s+1 q = 2 s+1 t, ter je t = (2 s+1 1)q, q t. Če na obeh straneh enačbe prištejemo q, dobimo t + q = (2 s+1 1)q + q = 2 s+1 q q + q = 2 s+1 q = σ(t). V nadaljevanju bomo pokazali, da je q = 1, saj želimo dokazati, da je t praštevilo. Če predpostavimo, da je q 1, obstajajo vsaj trije različni pozitivni delitelji števila t, in sicer 1, q in t, kar pomeni, da je σ(t) 1 + q + t, to pa je v nasprotju z zgornjo enačbo. Zato je q = 1 in od tod sledi, da je t = 2 s+1 1, σ(t) = t + 1.

34 3.1 Popolna števila 24 Vidimo, da je t praštevilo, saj sta njegova edina pozitivna delitelja 1 in t. Torej je n = 2 s t = 2 s (2 s+1 1), kjer je 2 s+1 1 praštevilo. Izrek 3.3 Če je m naravno število in 2m 1 praštevilo, tedaj je m praštevilo. Dokaz. Predpostavimo, da m ni praštevilo in dokažimo, da tedaj tudi 2 m 1 ni praštevilo. Ker je m sestavljeno število ga zapišemo kot m = ab, kjer je 1 < a < m in 1 < b < m. Zato je 2 m 1 = 2 ab 1 = (2 a 1)(2 a(b 1) + 2 a(b 2) a + 1). Ker sta oba faktorja večja od 1, sledi da je 2 m 1 sestavljeno število. Trditev 3.4 velja: Če je x liho popolno število, potem obstaja tako praštevilo q 1(mod 4), da (i) x = q α m 2 za neki naravni števili α in m z lastnostjo α 1(mod 4) in D(q, m) = 1, (ii) q σ(p 2a ) in p 2a x za neko praštevilo p in neko naravno število a. Dokaz. (i) Najprej pokažimo naslednje: če je x liho popolno število, potem je oblike x = p α 1 1 p2β 2 2 p 2βr r, kjer so p i različna liha praštevila in p 1 α 1 1(mod 4). Naj bo x = p α 1 1 pα 2 2 pαr r liho popolno število. Ker je x popolno, lahko zapišemo 2x = σ(x) = σ(p α 1 1 )σ(pα 2 2 ) σ(pαr r ), ob upoštevanju da je x liho, pa sledi x 1(mod 4) ali x 3(mod 4). V obeh primerih je 2x 2(mod 4). Torej je σ(x) = 2x deljivo z 2 in ni deljivo s 4, zato mora biti eno izmed števil σ(p α i i ), na primer σ(p α 1 1 ), sodo (in ne deljivo s 4), saj so vsa preostala

35 3.1 Popolna števila 25 števila σ(p α i i ) liha. Za dano število p i je treba upoštevati dve možnosti: p i 1(mod 4) ali p i 3(mod 4). Če je p i 3 1(mod 4), dobimo σ(p α i i ) = 1 + p i + p 2 i p α i i 1 + ( 1) + ( 1) ( 1) α i (mod 4) { 0 (mod 4) če je αi liho 1 (mod 4) če je α i sodo. Ker je σ(p α 1 1 ) 2(mod 4), sledi da p 1 3(mod 4) in zato je p 1 1(mod 4). Poleg tega kongruenca σ(p α i i ) 0(mod 4) pomeni, da 4 σ(p α i i ), kar pa ne drži. Če je torej p i 3(mod 4) za vse i = 2,..., r, potem je α i sodo število. Lahko pa je p i 1(mod 4), kar je res za i = 1. Potem je σ(p α i i ) = 1 + p i + p 2 i p α i i α i (mod 4) α i + 1(mod 4). Ker je σ(p α 1 1 ) 2(mod 4), sledi da je α 1 1(mod 4). Za vse i = 2,..., r velja, da je σ(p α i i ) 1 ali 3(mod 4) in tako je α i 0 ali 2(mod 4). V vsakem primeru je torej α i sodo število (za vse i 1). Glede na zapisano lahko torej vsako liho popolno število x zapišemo kot x = p α 1 1 p2β 2 2 p 2βr r = p α 1 1 (pβ 2 2 pβr r ) 2 = p α 1 1 m2 in tako do konca dokažemo točko (i). Naj bo p 1 = q. Ker je torej q 1(mod 4), je q α 1(mod 4). Ker pa mora biti m liho število, je m 1 ali m 3(mod 4) in zato je m 2 1(mod 4). Torej je x = q α m (mod 4). (ii) Vemo, da je x = p α 1 1 p2β 2 2 p 2βr r. Ker q x in x σ(x), potem tudi q σ(x), torej q σ(q α )σ(p 2β 2 2 ) σ(p 2βr r ).

36 3.1 Popolna števila 26 Ker je q praštevilo, deli vsaj eno izmed števil v zapisanem produktu. Dokazali bomo, da q σ(q α ). Od tod bo namreč sledilo, da q deli poljubno število σ(p 2β i i ), za i = 2,..., r. Naj bo σ(q α ) = 1 + q + q q α = 1 + (q + q q α ). Ker q deli vsoto q + q q α, mora deliti tudi število 1, kar pa seveda ne drži. Zato torej q σ(q α ), deli pa vsaj eno izmed števil σ(p 2β i i ). Recimo, da q σ(p β 2 2 ). Naj bo p 2 = p in β 2 = a. Potem q σ(p 2a ). Iz kanoničnega razcepa števila x razberemo, da p 2β i i x, za i = 2,..., r. Torej je p 2β i i najvišja potenca števila p i, ki deli x. Če ponovno zamenjamo oznake, dobimo p 2a x. Popolna števila imajo tudi nekaj zanimivih lastnosti. Poglejmo si nekatere izmed njih. Trditev 3.5 Vsako sodo popolno število je trikotniško (trikotniška števila so števila oblike n = n(n+1) 2, za nek n N). Dokaz. Sodo popolno število je oblike 2 k 1 (2 k 1), kar je enako n(n+1) 2 za n = 2 k 1. Zgled. 6 = = 3(3 + 1) 2 28 = = = 12 2, 7(7 + 1) 2 = Trditev 3.6 n enaka 2. Če je n sodo popolno število, je vsota obratnih vrednosti vseh deliteljev števila Dokaz. Ker je n sodo popolno števila velja σ(n) = 2n. Če sedaj enačbo delimo z n, dobimo želen rezultat, torej σ(n) n = 2. Zgled. Vzemimo števili 6 in 28: = 12 6 = 2, = = 2.

37 3.2 Mersennova praštevila 27 Trditev 3.7 Števčni koren vsakega sodega popolnega števila, razen 6, je enak 1 (števčni koren dobimo, če seštejemo vse števke števila, nato vse števke tega števila in tako naprej, dokler ne dobima števila z eno samo števko). Dokaz. Predpostavimo, da je p liho praštevilo in dokažimo, da je 2 p 1 (2 p 1) 1(mod 9). Pri tem ločimo tri možnosti: če je p = 3, je 2 p 1 (2 p 1) = 2 2 (2 3 1) = 4 7 = 28 1(mod 9). Naj bo sedaj p = 6k + 1, za nek k N. Potem je 2 p 1 (2 p 1) = 2 6k (2 6k+1 1) = 64 k (2 64 k 1) 1(2 1 1) 1(mod 9). Naj bo p = 6k + 5, za nek k N. Potem je 2 p 1 (2 p 1) = 2 6k+4 (2 6k+5 1) = k ( k 1) 7 1(5 1 1) 1(mod 9). Zgled. Oglejmo si peto in šesto popolno število: = = = = 1, = = = = 1. Opomba 3.8 Vsa znana popolna števila so soda. popolno število. Ni znano, ali sploh obstaja kako liho 3.2 Mersennova praštevila Definicija 3.9 Mersennovo število je naravno število oblike M n = 2 n 1, kjer je n N. Če je število M p praštevilo, kjer je p praštevilo, potem ga imenujemo Mersennovo praštevilo. Zgled. Število = = ni Mersennovo praštevilo. To je leta 1903 na sestanku ameriškega matematičnega društva dokazal Frederick Nelson Cole. Izrek 3.10 Če je p liho praštevilo, potem so vsi delitelji Mersennovega števila M p = 2 p 1 oblike 2kp + 1, kjer je k N.

38 3.2 Mersennova praštevila 28 Dokaz. Naj bo q praštevilo, ki deli M p = 2 p 1. Fermatov mali izrek pove, da q (2 q 1 1). Vemo pa tudi, da je D(2 p 1, 2 q 1 1) = 2 D(p,q 1) 1. Ker je q skupni delitelj števil 2 p 1 in 2 q 1 1, je D(2 p 1, 2 q 1 1) > 1. Sledi, da je D(p, q 1) = p, saj bi edina druga možnost, torej da je D(p, q 1) = 1, pomenila, da je D(2 p 1, 2 q 1 1) = 1, kar pa ne drži. Ker torej p q 1, obstaja tak m N, da je q 1 = mp. Vemo, da je q liho število in zato mora biti m sodo. Torej je m = 2k, kjer je k N in tako je q = mp + 1 = 2kp + 1. Zgled. Poglejmo, kako si lahko z izrekom 3.10 pomagamo pri iskanju Mersennovih praštevil. 1. Ali je M 13 = = 8191 Mersennovo praštevilo? Iščemo torej praštevilske delitelje, ki ne presegajo števila 8191 = 90, in so oblike 26k + 1. Edina kandidata sta števili 53 in 79. Ker pa nobeno izmed teh dveh števil ne deli števila M 13 sledi, da je to praštevilo. 2. Ali je M 23 = = Mersennovo praštevilo? Iščemo praštevilske delitelje, ki ne presegajo števila = 2896, in so oblike 46k + 1. Prvo praštevilo te oblike je 47, ki pa deli število M 23, saj je = Torej M 23 ni praštevilo, ampak je sestavljeno število. Izrek 3.11 (Lucas-Lehmerjev test) Naj bo p praštevilo in M p = 2 p 1 Mersennovo število. Zaporedje celih števil rekurzivno definiramo takole: r 1 = 4 r k r 2 k 1 2(mod M p ), za vsak k 2 in 0 r k < M p. Število M p je praštevilo natanko tedaj, ko je r p 1 0(mod M p ). Zgled. Vzemimo Mersennovo število M 5 = = 31 in predstavimo uporabo Lucas- Lehmerjevega testa. r 1 = 4 r 2 = = 14(mod 31) r 3 = (mod 31) r 4 = (mod 31) Ker je torej r 4 0(mod 31), zaključimo, da je število M 5 = 31 praštevilo. Test praštevilskosti je sredi 19. stol. razvil francoski matematik Lucas, dobrih 70 let pozneje pa ga je dopolnil ameriški matematik Lehmer. Zato ga sedaj imenujemo Lucas - Lehmerjev test.

39 3.2 Mersennova praštevila 29 Najnovejše Mersennovo praštevilo je leta 2009 odkril Odd Magnar Strindmo iz Norveške. Gre za število , ki v decimalnem zapisu porabi več kot dvanajst milijonov števk. Zanimivo pa je, da to ni največje Mersennovo praštevilo, saj so avgusta 2008 pokazali, da je tudi praštevilo. Trenutno (avgust 2012) je znanih 47 Mersennovih praštevil in s tem tudi 47 sodih popolnih števil. Poglejmo si jih v naslednji tabeli. Zap. št. p Št. števk v M p Leto odkritja Odkritelj stoletje pr. n. št. starogrški matematiki stoletje pr. n. št. starogrški matematiki stoletje pr. n. št. starogrški matematiki stoletje pr. n. št. starogrški matematiki neznani Cataldi Cataldi Euler Pervushin Powers Powers Lucas Robinson Robinson Robinson Robinson Robinson Riesel Hurwitz Hurwitz Gillies Gillies Gillies Tuckerman Noll, Nickel Noll Nelson, Slowinski Slowinski Colquitt, Welsh Slowinski

40 3.2 Mersennova praštevila Slowinski Slowinski, Gage Slowinski, Gage Slowinski, Gage Armengaud (GIMPS) Spence (GIMPS) Clarkson (GIMPS) Hajratwala (GIMPS) Cameron (GIMPS) Shafer (GIMPS) Findley (GIMPS) Nowak (GIMPS) Cooper, Boone (GIMPS) Cooper, Bone (GIMPS) Elvenich (GIMPS) Strindmo (GIMPS) Smith (GIMPS)

41 Poglavje 4 Domneva abc Domneva abc je preprosta, a močna trditev o odnosih med aditivnimi in multiplikativnimi lastnostmi celih števil. Definicija 4.1 Radikal naravnega števila m je produkt vseh paroma različnih praštevil, ki delijo m: rad(m) = p m p. Zgled. Zapišimo radikale števil 1, 16 in 72: rad(1) = 1 rad(16) = rad(2 4 ) = 2 rad(72) = rad( ) = 2 3 = 6 Opomba 4.2 Radikal naravnega števila m je torej največji delitelj števila m, ki ni deljiv s kvadratom praštevila. Domneva abc, ki sta jo leta 1985 oblikovala David Masser in Joseph Oesterlé, pravi: če so a, b, c neničelna tuja si števila in velja a + b = c, potem za vsak ɛ > 0, obstaja tako število K(ɛ), da je max { a, b, c } K(ɛ) rad(abc) 1+ɛ. Zaradi simetrije v zgornji neenakosti lahko zapišemo tudi tako: a + b + c = 0. Preveriti resničnost domneve abc je pomemben nerešen problem v teoriji števil. Iz nje je mogoče izpeljati veliko izrekov in še nedokazanih trditev. Poglejmo si nekaj primerov. 31

42 32 Fermatov veliki izrek pove, da za n 3, enačba x n + y n = z n nima rešitev v množici naravnih števil. Če je (x, y, z) trojica naravnih števil, ki rešijo enačbo x n + y n = z n in če praštevilo p deli x in y, potem p prav tako deli z. Tako je tudi ( x p, y p, z p ) rešitev te enačbe. Če ima torej Fermatova enačba rešitev v množici celih števil, potem ima rešitev tudi v množici tujih si celih števil. Imenujemo jo primitivna rešitev. Izrek 4.3 (Asimptotični Fermatov izrek) Če je domneva abc resnična, potem obstaja tak n 0 Z, da Fermatova enačba x n + y n = z n nima primitivnih rešitev za poljuben n n 0. Dokaz. Naj bodo x, y in z tuja si naravna števila, tako da velja: x n + y n = z n. Potem je rad(x n y n z n ) = rad(xyz) xyz z 3. Če je n 2, potem je z 3. Z uporabo domneve abc za ɛ = 1 in K 1 = max {1, K(1)}, dobimo z n = max {x n, y n, z n } K 1 rad(x n y n z n ) 2 < K 1 (z 3 ) 2 < K 1 z 6 in tako n < 6 + log K 1 log z 6 + log K 1 log 3. Catalanova domneva pravi, da sta 8 in 9 edini zaporedni popolni potenci v množici naravnih števil (popolna potenca je vsako naravno število, ki je oblike m n, kjer sta m, n N in m, n > 1). Z drugimi besedami, edina rešitev Catalanove enačbe x m y n = 1, kjer so x, y, m, n N in x, y, m, n > 1, je = 1. Znano je, da diofantska enačba x m y 2 = 1 nima rešitev v množici naravnih števil, ter da je edina rešitev enačbe x 2 y n = 1 trojica naravnih števil x = 3, y = 2 in n = 3. Zato smemo pri obravnavi Catalanove enačbe privzeti, da je min(m, n) 3.

43 33 Catalanovo domnevo je leta 1844 postavil belgijski matematik Eugene Charles Catalan. Aprila 2002 pa jo je dokazal romunski matematik Preda Mihalescu. Izrek 4.4 (Asimptotična Catalanova domneva) ima Catalanova enačba x m y n = 1 končno mnogo rešitev. Če je domneva abc resnična, potem Dokaz. Naj bo (x, y, m, n) rešitev Catalanove enačbe in min(m, n) 3. Potem sta x in y tuji si števili. Predpostavimo, da je domneva abc resnična. Potem za ɛ = 1 4 obstaja konstanta K 2 = K( 1 4 ), da velja y n < x m K 2 rad(x m y n ) 5 4 = K2 rad(xy) 5 4 K2 (xy) 5 4. Torej je x m K 2 (xy) 5 4, m log x log K (log x + log y) 4 in Sledi, da je n log y log K (log x + log y). 4 m log x + n log y < 2 log K (log x + log y), 2 ter (m 5 2 ) log x + (n 5 2 ) log y < 2 log K 2. (4.1) Ker je x 2 in y 2, dobimo (m 5 2 ) log 2 + (n 5 2 ) log 2 < 2 log K 2 m log log 2 + n log log 2 < 2 log K 2 (m + n) log 2 5 log 2 < 2 log K 2 (m + n) 5 < 2 log K 2 log 2 m + n < 2 log K 2 log 2 Obstaja torej končno mnogo parov eksponentov (m, n), za katere je Catalanova enačba rešljiva. Za določena eksponenta m 3 in n 3 ima enačba (4.1) končno mnogo rešitev + 5. (x, y) N N. Zato ima tudi Catalanova enačba končno mnogo rešitev.

44 34 Za vsako liho praštevilo p velja 2 p 1 1(mod p), torej p 2 p 1 1. Vprašanje o deljivosti 2 p 1 1 s p 2 izhaja iz Fermatovega velikega izreka. Definicija 4.5 Liho praštevilo p, za katerega velja 2 p 1 1(mod p 2 ) se imenuje Wieferichovo praštevilo. Zgled. Praštevila 3, 5, in 7 so Wieferichova praštevila, saj 2 2 1(mod 3 2 ), 2 4 1(mod 5 2 ), 2 6 1(mod 7 2 ). Ni znano, ali obstaja neskončno mnogo Wieferichovih praštevil. Prav tako pa ne vemo, ali obstaja neskončno mnogo praštevil, ki niso Wieferichova praštevila. Naj bo W množica vseh Wieferichovih praštevil. Dokazali bomo, da če je domneva abc resnična, potem ima množica W neskončno mnogo elementov. Še prej pa potrebujemo naslednjo lemo. Lema 4.6 Naj bo p liho praštevilo. Če obstaja tak n N, da velja 2 n 1(mod p) in 2 n 1(mod p 2 ), potem je p Wieferichovo praštevilo. Dokaz. Naj bo 2 d 1(mod p), kjer je d najmanjše naravno število. Ker je 2 n 1(mod p), sledi da d n. Vemo, da 2 n 1(mod p 2 ), zato tudi 2 d 1(mod p 2 ). Ker je torej 2 d 1(mod p), pomeni, da p 2 d 1, torej obstaja tak k Z, da je 2 d 1 = kp, oziroma 2 d = 1 + kp in D(k, p) = 1. Opazimo tudi, da d p 1, saj je 2 p 1 1(mod p). Torej p 1 = de, za nek e Z; 1 e p 1. Zato je D(p, de) = 1 in velja 2 p 1 = (2 d ) e = (1 + kp) e 1 + ekp 1(mod p 2 ). S tem smo dokazali, da je p Wieferichovo praštevilo.

45 35 Definicija 4.7 Potenčno število je vsako naravno število v, za katerega velja: če praštevilo p deli v, potem tudi p 2 deli v. Zgled. Število 200 je potenčno število, saj je 200 = Ker je 1176 = , vidimo, da 1176 ni potenčno število. Trditev 4.8 Če je v potenčno število, potem je rad(v) v 1 2. Dokaz. Naj bo v potenčno število in v = p α 1 1 pα k Potem je rad(v) = p 1 p k in v 1 2 = p1 p rad(v) v 1 2. α 1 2 α k 2 k k njegov kanonični razcep.. Ker je α i 2, za i = 1,..., k, sledi da je Izrek 4.9 praštevil. Če je domneva abc resnična, potem obstaja neskončno mnogo Wieferichovih Dokaz. Naj bo W množica vseh Wieferichovih praštevil. Naj bo n N in 2 n 1 = p 2 n 1 p ep(n) kanoničen razcep. Zapišemo lahko 2 n 1 = u n v n, kjer je v n največji potenčni delitelj števila 2 n 1, u n pa ni deljiv s kvadratom praštevila. Torej in v n = u n = p 2 n 1 e p(n)=1 p 2 n 1 e p(n) 2 p p ep(n). Če praštevilo p deli u n, potem vendar pa 2 n 1(mod p), 2 n 1(mod p 2 ). Z uporabo leme (4.6) sledi, da je p Wieferichovo praštevilo. Tako je u n produkt paroma različnih Wieferichovih praštevil.

46 36 Če je množica W končna, potem obstaja končno mnogo celih števil, ki niso deljiva s kvadratom praštevila in so vsa iz množice W. Pomeni, da je množica {u n : n = 1, 2, 3,...} končna. Posledično je množica {v n : n = 1, 2, 3,...} neskončna, ter tako neomejena. Ker je v n potenčno število, je rad(v n ) v 1 2 n. Predpostavimo, da je domneva abc resnična. Naj bo 0 < ɛ < 1. Potem za identiteto (2 n 1) + 1 = 2 n obstaja konstanta K(ɛ), da velja v n < 2 n K(ɛ)rad(2 n (2 n 1)) 1+ɛ K(ɛ)rad(2u n v n ) 1+ɛ K(ɛ)rad(2u n ) 1+ɛ rad(v n ) 1+ɛ. Dokazali smo, da je množica {v n : n = 1, 2, 3,...} omejena, ter tako prišli do protislovja.

47 Poglavje 5 Radikal popolnega števila Glavni rezultat tega poglavja bo dokaz brezpogojne neenakosti, s katero radikal popolnega števila ocenimo navzgor. Še prej pa se spomnimo znanega izreka: vsako sodo popolno število x je oblike x = 2 p 1 (2 p 1), pri čemer je 2 p 1 praštevilo. Naj bo x sodo popolno število. Potem velja rad(x) = 2(2 p 1) < 8x. (5.1) Namreč, ker je 2 p 1 < 2 p sledi da je (2 p 1) 2 < 2 2 p 1 (2 p 1) in zato je 4(2 p 1) 2 < 8 2 p 1 (2 p 1). Torej je 2(2 p 1) < 8 2 p 1 (2 p 1) in tako 2(2 p 1) < 8x. Naslednji izrek odpravlja omejitev, da je popolno število x sodo, na račun nekoliko šibkejše neenakosti. Izrek 5.1 Za poljubno popolno število x velja rad(x) < 2x Dokaz. Ob upoštevanju neenakosti (5.1) lahko predpostavimo, da je x liho število. Namreč, če je x = 6, potem je neenakost rad(x) < 2x izpolnjena (6 < ). Če pa je x sodo popolno število, ki je večje od 6, potem je x 28 in zato velja x > Torej je x 4 13 > 2 in če sedaj neenakost pomnožimo z x, dobimo x > 2x. S korenjenjem pa sledi x > 2x. Tako je 2x > 8x. Že v času Eulerja je bilo znano, da je vsako liho popolno število x oblike x = q α m 2, 37

48 38 kjer je q praštevilo in q α 1(mod 4), ter D(q, m) = 1. Očitno je Če je α > 1, je rad(x) x 1 2 < 2x rad(x) qm = q( x q α ) 1 2 = x 1 2 q 1 α 2. (5.2) Predpostavimo, da je α = 1, zato q x. Glede na neenakost (5.2) lahko predpostavimo, da je q 4x Namreč, če je q < 4x 4 13, potem je q 1 2 < 2x Od tod pa sledi, da je x 1 2 q 1 2 < 2x 17 26, kar pa ne drži. Ker je x popolno število, obstaja praštevilo p in tak a N, da p 2a x in q σ(p 2a ). Zapišimo x kot x = qp 2a v 2. Najprej obravnavajmo primer, ko p σ(q) in zato qp 2a σ(p 2a v 2 ). Namreč, ker q x in x σ(x), sledi da q σ(x), torej q σ(qp 2a v 2 ). Če upoštevamo multiplikativnost funkcije σ, vidimo da q σ(q)σ(p 2a v 2 ). Vemo, da je q praštevilo in zato q σ(q). Torej, q σ(p 2a v 2 ). Podobno lahko dokažemo, da p 2a σ(p 2a v 2 ), saj vemo da p σ(q) in sta p 2a in q tuji si števili. Zato torej qp 2a σ(p 2a v 2 ). Tako je Ker je p liho praštevilo velja Zato je qp 2a σ(p 2a v 2 ) < 2p 2a v 2 in v > ( q 2 ) 1 2. q σ(p 2a ) < 3 2 p2a in p > ( 2q 3 ) 1 2. rad(x) qpv = xpv p 2a v 2 = Sedaj pa predpostavimo, da p σ(q) = q + 1. x p 2a 1 v < x p a v < 3 1 x 2 q. (5.3) Zato je q 1(mod p). Ker vemo, da je σ(p 2a ) 1(mod p), sledi da je σ(p 2a ) = qu, kjer je tudi u 1(mod p). Kar pomeni, da sta q, u 2p 1 in a 2, saj velja da p q + 1. Zato je q + 1 > p in tako q 2p 1. Podobno ugotovimo tudi za u. Sledi, da je q σ(p2a ) 2p 1 < 2p2a 2p 1 < p2a p = p2a 1 in rad(x) x p 2a 1 < x q. Tudi v tem primeru velja neenakost (5.3), saj je x q < x q.

49 39 Glede na (5.3) lahko predpostavimo, da q ni zelo velik. Ob upoštevanju začetne omejitve in (5.3) dobimo 4x 4 13 q < x (5.4) Namreč, če bi bil q x 9 26, potem bi bil q x Sledi, da je 2q x Če neenakost pomnožimo z x 17 26, dobimo 2qx x. Po deljenju s q pa sledi 2x x q, kar pa ne drži. Zapišimo faktor p a v kot nk, kjer je D(n, k) = 1, k je potenčno število, n pa ni deljiv s kvadratom praštevila. Torej, x = qp 2a v 2 = qn 2 k 2. Sledi, da je n = ( x q ) 1 2 k 1. Ob upoštevanju (5.4) dobimo rad(x) qnk 1 2 = (qx) 1 2 k 1 2 < (x 9 26 ) 1 2 x 1 2 k 1 2 = x k 1 2. Ker je 2x < x k 1 2, sledi da 4x < x k 1, ter tako 4kx < x Sedaj neenakost delimo s 4x in dobimo k < 1 4 x Od tod pa sledi, da je k 2 < 1 16 x Zato torej smemo predpostaviti, da je k 2 < 1 16 x (5.5) Tako je σ(k 2 ) < 1 8 x 1 13 in zato q σ(k 2 ), saj je q > σ(k 2 ). Od tod vidimo, da q σ(n 2 ) in ker vemo, da q σ(p 2a ), sledi, da je a = 1 in p 2 n 2 oz. p n. Kar pomeni, da p σ(q). Če upoštevamo, da je p liho in uporabimo (5.4), dobimo p 2 > 2 3 σ(p2 ) 2 3 q 2 3 4x 4 13 = 8 3 x (5.6) Od tod sledi, da p σ(k 2 ), saj p > σ(k 2 ) in tako (i) p 2 σ(r 2 ) za neko praštevilo r n, ali (ii) p σ(r 2 ), p σ(s 2 ) za praštevili r, s n, r s. Oglejmo si primer (i): in r 2 > 2 3 σ(r2 ) 2 3 p x 4 13 = 16 9 x 4 13 qp 2 r 2 > 4x x x 4 13 = x