ΘΕΩΡΙΑ ΑΡΙΘΜΩΝ Τµηµα Β Λυσεις Ασκησεων - Φυλλαδιο 6 ιδασκων: Α. Μπεληγιάννης Ιστοσελιδα Μαθηµατος : htt://users.uoi.gr/abeligia/numbertheory/nt2016/nt2016.html Πέµπτη 23 Νεµβρίου 2016 Ασκηση 1. Αν N, να δειχθεί ότι : 1. φ( 1. 2. : σύνθετος > 1 φ( < 1. 3. : πρώτος φ( 1. Λύση. Υπενθυµίζουµε την συνάρτηση φ του Euler: φ( { N 1 & (, 1 } 1. Προφανώς φ(1 1. Αν φ( και > 1, τότε επειδή (, > 1, έπεται ότι φ( <, το οποίο είναι άτοπο. Άρα 1. 2. Εστω ότι ο είναι σύνθετος, και άρα, όπου 1 <, <. Επειδή > 1, έπεται ότι (, > 1, και επειδή (, > 1, έπεται ότι, / { N 1 & (, 1 }. Αυτό σηµαίνει ότι φ( < 1. 3. Αν φ( 1, τότε προφανώς > 1 και από το 2. έπεται ότι ο δεν µπορεί να είναι σύνθετος. Άρα ο είναι πρώτος. Αντίστροφα αν ο είναι πρώτος, τότε γνωρίζουµε ότι φ( 1. Ασκηση 2. Να ϐρεθούν όλοι οι ϑετικοί ακέραιοι για τους οποίους φ( 1, 2, 3, 4. Λύση. 1. Θα δείξουµε ότι : φ( 1 1 ή 2. Προφανώς φ( 1, αν 1 ή 2. Αντίστροφα έστω ότι φ( 1. Αν > 2, τότε γνωρίζουµε ότι ο αριθµός φ( είναι άρτιος και ιδιαίτερα είναι > 1. Άρα αναγκαστικά 2, δηλαδή 1 ή 2. 2. Θα δείξουµε ότι : φ( 2 3 ή 4 ή 6. Προφανώς φ( 2, αν 3 ή 4 ή 6. Αντίστροφα έστω ότι φ( 2. Τότε προφανώς 3. Εστω 2 a 1 1 ar r η πρωτογενής ανάλυση του, όπου > 0 αν ο είναι άρτιος, και 0 αν ο είναι περιττός. Τότε : φ( ( a 1 1 a 1 1 1 ( a 2 2 a 2 1 2 ( ar r ar 1 r, αν 0 φ( 2 1 ( a 1 1 a 1 1 ( a 2 2 a 2 1 ( ar 1 ar 1, αν > 0 Παρατηρούµε ότι αν > 0, τότε αναγκαστικά 1 ή 2. Πράγµατι, αν 3 τότε από την παραπάνω σχέση ϐλέπουµε ότι ο αριθµός 2 1 > 2 διαιρεί τον φ( 2 το οποίο είναι άτοπο. Αν r 0, δηλαδή ο δεν έχει περιττό πρώτο διαιρέτη, τότε αναγκαστικά > 0 και 2.
2 Αν r > 1, έστω { 1, 2,, r } και a {a 1, a 2,, a r }. Αν a 2, τότε προφανώς ϑα έχουµε ότι a 1 ( 1 φ( 2 το οποίο είναι άτοπο διότι ο είναι περιττός. Άρα a 1, δηλαδή a i 1, 1 i r. Τότε ϑα έχουµε και 1 φ( 2 και ιδιαίτερα 1 2, δηλαδή 3. Αυτό σηµαίνει ότι r 1 και 3. Συνοψίζοντας ϑα έχουµε τις ακόλουθες περιπτώσεις : 2 3 a, όπου 0 2 & a 0 ή 1 ( Αν και κάποιες τιµές για το Ϲεύγος (, a, έτσι ώστε φ(2 3 a 2, απορρίπτονται άµεσα, χάριν πληρότητας αναλύουµε όλες τις πιθανές περιπτώσεις οι οποίες προκύπτουν από την ( : 1. 0, a 0: απορρίπτεται διότι τότε 1 και φ(1 1 2. 2. 0, a 1: δεκτή διότι τότε 3 και φ(3 2. 3. 1, a 0: απορρίπτεται διότι τότε 2 και φ(2 1 2. 4. 1, a 1: δεκτή διότι τότε 2 3 6 και φ(6 2. 5. 2, a 0: δεκτή διότι τότε 2 2 4 και φ(4 2 6. 2, a 1: απορρίπτεται διότι τότε 2 2 3 12 και φ(12 4 2. Άρα αν φ( 2, τότε ο είναι ένας εκ των 3, 4, 6. 3. Θα δείξουµε ότι 1 : N : φ( 3. Πράγµατι, επειδή φ( 1, αν 1 ή 2, και επειδή ο αριθµός φ( είναι άρτιος αν 3, έπεται ότι δεν υπάρχει ϑετικός ακέραιος έτσι ώστε φ( 3. 4. Θα δείξουµε ότι : φ( 4 5 ή 8 ή 10 ή 12. Προφανώς φ( 4, αν 5 ή 8 ή 10 ή 12. Αντίστροφα έστω ότι φ( 4. Τότε προφανώς 5. Εστω 2 a 1 1 ar r η πρωτογενής ανάλυση του, όπου > 0 αν ο είναι άρτιος, και 0 αν ο είναι περιττός. Τότε : φ( ( a 1 1 a 1 1 1 ( a 2 2 a 2 1 2 ( ar r ar 1 r, αν 0 φ( 2 1 ( a 1 1 a 1 1 ( a 2 2 a 2 1 ( ar 1 ar 1, αν > 0 Παρατηρούµε ότι αν > 0, τότε αναγκαστικά 1 ή 2 ή 3. Πράγµατι, αν 4 τότε από την παραπάνω σχέση ϐλέπουµε ότι ο αριθµός 2 1 > 4 διαιρεί τον φ( 4 το οποίο είναι άτοπο. Αν r 0, δηλαδή ο δεν έχει περιττό πρώτο διαιρέτη, τότε αναγκαστικά > 0 και 2. Σ αυτή την περίπτωση, ϑα πρέπει 3 διότι φ(2 2 αν 2. Αν r > 1, έστω { 1, 2,, r } και a {a 1, a 2,, a r }. Αν a 2, τότε προφανώς ϑα έχουµε ότι a 1 ( 1 φ( 4 το οποίο είναι άτοπο διότι ο είναι περιττός πρώτος. Άρα a 1, δηλαδή a i 1, 1 i r. Σ αυτή την περίπτωση ϑα έχουµε και 1 4 και ιδιαίτερα 1 4 ή ισοδύναµα 5. Αυτό, επειδή ο είναι περιττός πρώτος, σηµαίνει ότι 3 ή 5. Ιδιαίτερα συµπεραίνουµε ότι r 2. Συνοψίζοντας ϑα έχουµε ότι : 2 3 a 5 b όπου 0 3 & a, b 0 ή 1 ( Αν και κάποιες τιµές για την τριάδα (, a, b, έτσι ώστε φ(2 3 a 5 b 4, απορρίπτονται άµεσα, χάριν πληρότητας αναλύουµε όλες τις πιθανές περιπτώσεις οι οποίες προκύπτουν από την ( : 1. 0, a 0, b 0: απορρίπτεται διότι τότε 1 και φ(1 1 4. 2. 0, a 1, b 0: απορρίπτεται διότι τότε 3 και φ(3 2 4. 3. 0, a 0, b 1: δεκτή διότι τότε 5 και φ(5 4. 4. 0, a 1, b 1: απορρίπτεται διότι τότε 3 5 15 και φ(15 8 4. 5. 1, a 0, b 0: απορρίπτεται διότι τότε 2 και φ(2 1 4. 6. 1, a 1, b 0: απορρίπτεται διότι τότε 2 3 6 και φ(6 2 4. 7. 1, a 0, b 1: δεκτή διότι τότε 2 5 10 και φ(10 4. 1 Γενικότερα, όπως προκύπτει από την Άσκηση 7, ο αριθµός φ( είναι άρτιος, 3.
3 8. 1, a 1, b 1: απορρίπτεται διότι τότε 2 3 5 30 και φ(30 8 4. 9. 2, a 0, b 0: απορρίπτεται διότι τότε 2 2 4 και φ(4 2 4. 10. 2, a 1, b 0: δεκτή διότι τότε 2 2 3 12 και φ(12 4. 11. 2, a 0, b 1: απορρίπτεται διότι τότε 2 2 5 20 και φ(20 8 4. 12. 2, a 1, b 1: απορρίπτεται διότι τότε 2 2 3 5 60 και φ(60 16 4. 13. 3, a 0, b 0: δεκτή διότι τότε 2 3 8 και φ(8 4. 14. 3, a 1, b 0: απορρίπτεται διότι τότε 2 3 3 24 και φ(24 8 4. 15. 3, a 0, b 1: απορρίπτεται διότι τότε 2 3 5 40 και φ(40 16 4. 16. 3, a 1, b 1: απορρίπτεται διότι τότε 2 3 3 5 120 και φ(120 32 4. Άρα αν φ( 4, τότε ο είναι ένας εκ των 5, 8, 10, 12. Ασκηση 3. Αν, είναι ϑετικοί ακέραιοι, να δειχθεί ότι φ( 1 φ( Λύση. Επειδή το Ϲητούµενο ισχύει τετριµµένα αν 1, µπορούµε να υποθέσουµε ότι > 1 και τότε έστω a 1 1 a 2 2 ar r η πρωτογενής ανάλυση του. Τότε η πρωτογενής ανάλυση του είναι a 1 1 a 2 2 ar r και εποµένως : φ( φ( a 1 1 φ( a 2 2 φ( ar r Οµως για κάθε πρώτο αριθµό και για ϑετικούς ακεραίους, a, έχουµε : φ( a a a 1 a 1 ( 1 ( 1a+a 1 ( 1 ( 1a a 1 ( 1 ( 1a φ( a Εποµένως : φ( ( 1a 1 1 φ( a 1 1 ( 1a 2 2 φ( a 2 2 r ( 1ar φ( ar r ( 1a 1 1 r ( 1ar φ( a 1 1 φ(ar r ( a 1 1 a 2 2 ar r 1 φ( 1 φ( Ασκηση 4. Εστω,, N, και. Τότε να δειχθεί ότι : φ( φ( Λύση. Επειδή, έπεται ότι µπορούµε να γράψουµε : l m, όπου l > 1 είναι η µεγαλύτε- ϱη δύναµη του η οποία διαιρεί τον αριθµό. Τότε ( r, m 1, για κάθε ϑετικό ακέραιο r, και χρησιµοποιώντας την Άσκηση 3, ϑα έχουµε : φ( φ( l m φ( +l m φ( +l φ(m +l 1 φ(m φ( φ( l m φ( l φ(m l 1 φ(m +l 1 φ(m και εποµένως : φ( φ(. Ασκηση 5. 1. Αν 1, να υπολογισθεί η τιµή φ(2 συναρτήσει της τιµής φ(. 2. Αν 1, να υπολογισθεί η τιµή φ(3 συναρτήσει της τιµής φ(. Λύση. 1. Αν 1, τότε φ(2 1 φ(2 1 φ(1. Αν > 1, και είναι περιττός, τότε (2, 1 και εποµένως φ(2 φ(2 φ( φ(. Αν ο είναι άρτιος, έστω 2 η µεγαλύτερη δύναµη του 2 η οποία διαιρεί τον. Τότε ϑα έχουµε 2 m, όπου (2, m 1 (2 +1, m, και άρα : φ(2 φ(2 +1 m φ(2 +1 φ(m 2 φ(m και φ( φ(2 m φ(2 φ(m 2 1 φ(m. Εποµένως 2 φ( φ(2, και έτσι : : άρτιος φ(2 2 φ( & : περιττός φ(2 φ(
4 2. Εστω 3. Τότε (3, 1 διότι ο 3 είναι πρώτος, και ϑα έχουµε : φ(3 φ(3 φ( 2 φ( Εστω 3, και έστω 3 η µεγαλύτερη δύναµη του 3 η οποία διαιρεί τον. Τότε ϑα έχουµε 3 m, όπου (3, m 1 (3 +1, m, και άρα : φ(3 φ(3 +1 m φ(3 +1 φ(m (3 +1 3 φ(m 3 (3 1 φ(m 2 3 φ(m 3 φ( 3 φ(3 m 3φ(3 φ(m 3 (3 3 1 φ(m 3 3 1 (3 1 φ(m 2 3 φ(m και φ( φ(2 m φ(2 φ(m 2 1 φ(m. Εποµένως 2 φ( φ(2, και έτσι : 3 φ(3 2 φ( & 3 φ(3 3 φ( Ασκηση 6. Να εξετασθούν/αποδειχθούν τα ακόλουθα : 1. Για ποιούς ϑετικούς ακέραιους ισχύει ότι : φ(2 2φ(; 2. Για ποιούς ϑετικούς ακέραιους ισχύει ότι : φ(3 3φ(; 3. Για ποιούς ϑετικούς ακέραιους ισχύει ότι : 2φ(; 4. Αν ο είναι περιττός ϑετικός ακέραιος, τότε να δειχθεί ότι φ(4 2φ(. Ισχύει το αντίστροφο ; Λύση. 1. Από την Άσκηση 5, προκύπτει ότι : 2. Από την Άσκηση 5 προκύπτει ότι : φ(2 2 φ( : άρτιος φ(3 3 φ( 3 3. Αν 2φ(, τότε προφανώς ο είναι άρτιος. Εστω 2 η µεγαλύτερη δύναµη του 2 η οποία διαιρεί τον, και τότε µπορούµε να γράψουµε 2 m, όπου m είναι περιττός και άρα (2, m 1. Τότε : 2 φ( 2 φ(2 m 2 φ(2 φ(m 2 2 1 φ(m 2 φ(m Χρησιµοποιώντας την Άσκηση 1, έπεται ότι : 2 φ( 2 φ(m 2 m φ(m m m 1 2 Αντίστροφα, αν 2, τότε 2φ( 2 φ(2 2 2 1 2. Εποµένως : 2φ( 2, 1 4. Αν ο είναι περιττός, τότε (2, 1 (4, και εποµένως : φ(4 φ(2 2 φ(2 2 φ( 2 φ( Το αντίστροφο δεν ισχύει διότι για παράδειγµα αν 2, τότε : φ(4 2 φ(8 4 2 2 1 2 φ(2. Ασκηση 7. Εστω N. Να δειχθεί ότι φ( : άρτιος 3 Λύση. Αν 1 ή 2, τότε φ( 1. Εστω 3. Τότε διακρίνουµε περιπτώσεις : (1 Υποθέτουµε ότι 2, για κάποιον ϑετικό ακέραιο 2. Τότε : φ( φ(2 2 2 1 2 1 Άρα, επειδή 2, ο αριθµός φ( 2 1 είναι άρτιος.
5 (2 Υποθέτουµε ότι 2 για κάποιον ϑετικό ακέραιο. Τότε προφανώς ο έχει έναν πρώτο διαιρέτη 2, και εποµένως µπορούµε να γράψουµε m, όπου 1 και (, m 1. Τότε προφανώς ϑα έχουµε (, m 1, και επειδή η συνάρτηση φ είναι πολλαπλασιαστική, έπεται ότι ϑα έχουµε : φ( φ( m φ( φ(m (1 1 φ(m 1 ( 1φ(m Επειδή ο είναι περιττός, έπεται ότι ο 1 είναι άρτιος και εποµένως ο φ( είναι άρτιος. Ασκηση 8. Εστω ω( το πλήθος των διακεκριµµένων πρώτων διαρετών του. Να δειχθεί ότι : φ( 2 ω( και φ( 2 ω( 2 r, r 0 Λύση. Παρατηρούµε ότι αν 1, τότε ω(1 0, και φ(1 1 1 1 1 1 2 0. ηλαδή το Ϲητούµενο 2 ω(1 ισχύει για 1. Εστω > 1 και έστω a 1 1 a 2 2 a η πρωτογενής ανάλυση του, άρα ω(. Τότε προφανώς ϑα έχουµε, για κάθε i 1, 2,, : 1 1 i 1 2 και 1 1 i 1 2 i 2 Ετσι ϑα έχουµε : φ( (1 1 (1 1 (1 1 1 1 2 2 1 }{{ 2 } 2 2 ω( ϕορές Αν i > 2 για κάποιο i 1, 2,,, τότε προφανώς 1 1 i > 1 2. Εποµένως ϑα έχουµε : φ( 2 ω( (1 1 (1 1 (1 1 1 1 2 2 1 & 1 2 2 a 1 Εποµένως συνοψίζοντας έχουµε : φ( 2 ω( αν και µόνον αν 2 r για κάποιο r 1. Ασκηση 9. Λύση. Εστω ότι, m είναι ϑετικοί ακέραιοι. 1. Αν είναι ένας πρώτος αριθµός, να δειχθεί ότι : (α φ( ( 1φ(, αν και (β φ( φ(, αν 2. Αν (, m, όπου είναι ένας πρώτος αριθµός, να δειχθεί ότι : φ(m 1 φ(φ(m 3. Να δειχθεί ότι : φ(m (, m φ((, m φ(φ(m 1. (α Υποθέτουµε πρώτα ότι. Τότε επειδή ο είναι πρώτος, ϑα έχουµε (, 1, και επειδή η συνάρτηση φ είναι πολλαπλασιαστική και φ( 1, ϑα έχουµε το Ϲητούµενο φ( φ(φ( ( 1φ( (β Υποθέτουµε ότι. Τότε ιδιαίτερα > 1 και έστω a 1 1 a 2 2 a η πρωτογενής ανάλυση του. Επειδή, έπεται ότι i για κάποιο i 1, 2,,, και εποµένως η πρωτογενής ανάλυση του είναι η a 1 1 a 2 2 a i 1 i 1 a i+1 i a i+1 i+1 a
6 Εποµένως ϑα έχουµε : φ( (1 1 1 (1 1 2 (1 1 φ( 2. Επειδή (, m, έπεται προφανώς ότι, m 1. Τότε µπορούµε να γράψουµε a a 2 2 a & b b 2 2, όπου a, b 1, a i, b, b i 0 και όπου 2, είναι διακεκεριµµένοι πρώτοι διάφοροι του. Θα έχουµε (, m mi{a,b} mi{a 2,b 2 2 mi{a,b απ όπου προφανλώς ϑα έχουµε ότι mi{a, b} 1 και εποµένως ο πρώτος διαιρεί ακριβώς µια ϕορά έναν εκ των και m (ανάλογα αν mi{a, b} a ή mi{a, b} b. Εστω χωρίς ϐλάβη της γενικότητας ότι a b, οπότε a 1. Τότε x, όπου x a 2 2 a, και (, x 1 (m, x. Ιδιαίτερα (m, x 1. Εποµένως φ( φ(x φ(φ(x ( 1φ(x φ(x 1 1 φ( φ(m φ( b+1 b 2 2 b b 2 1 2 1 ( 1( 2 1 ( 1 φ(m ( Επειδή (m, x 1, ϑα έχουµε (m, x 1. Πράγµατι, αν (m, x > 1, τότε έστω q ένας πρώτος διαιρέτης του. Τότε q m και εποµένως q m ή q και q x. Επειδή m, σε κάθε περίπτωση έχουµε q m και q x και άρα q (m, x 1, δηλαδή q 1 το οποίο είναι άτοπο διότι ο q είναι πρώτος. Τότε χρησιµοποιώντας ότι (m, x 1 και τη σχέση (, ϑα έχουµε : φ(m φ(mx φ(mφ(x φ(mφ(x φ(m φ( 1 1 φ(φ(m 3. Εστω 1. Τότε, επειδή (, m 1 και φ(1 1, ϑα έχουµε ότι η Ϲητούµενη ισότητα ισχύει τετριµµένα. Παρόµοια η Ϲητούµενη ισότητα ισχύει τετριµµένα αν m 1. Εποµένως µπορούµε να υποθέσουµε ότι, m > 1. Εστω 1,, οι διακεκριµµένοι πρώτοι οι οποίοι διαιρούν τον αλλά όχι τον m, q 1,, q µ, οι διακεκριµµένοι πρώτοι οι οποίοι διαιρούν τον m αλλά όχι τον, και έστω r 1,, r l, οι οποίοι διαιρούν τον και τον m. Με ϐάση τις παραπάνω πληροφορίες οι πρωτογενείς αναλύσεις των και m είναι της µορφής : a 1 1 a 2 2 a rb 1 1 rb 2 2 rb l l & m r c 1 1 rc 2 2 rc l l q 1 1 q 2 2 qµ µ Προφανώς τότε ϑα έχουµε : Θέτουµε για ευκολία m a 1 1 a 2 2 a rb 1+c 1 1 r b 2+c 2 2 r b l+c l l q 1 1 q 2 2 qµ µ P (1 1 1 (1 1 & Q (1 1 q 1 (1 1 q µ & R (1 1 r 1 (1 1 r l Τότε ϑα έχουµε : φ(m φ ( a 1 1 a 2 2 a rb 1+c 1 1 r b 2+c 2 2 r b l+c l l q 1 1 q 2 2 qµ µ m P Q R Οµως, επειδή φ( (1 1 1 (1 1 (1 1 r 1 (1 1 r l P R ϑα έχουµε : φ(m m(1 1 q 1 (1 1 q µ (1 1 r 1 (1 1 r l mqr φ(m m P Q R P R mqr R φ(φ(m R (
7 Επειδή προφανώς ϑα έχουµε : (, m r mi{b 1,c 1 } 1 r mi{b 2,c 2 } 2 r mi{b l,c l } l φ((, m (, m (1 1 r 1 (1 1 r l (, m R 1 R Εποςένως από τις σχέσεις ( και ( ϑα έχουµε το Ϲητούµενο : φ(m φ((, m (, m φ((, m (, m ( φ(φ(m Ασκηση 10. Να δείξετε ότι αν m N, τότε το σύνολο των ϑετικών ακέραιων λύσεων της εξίσωσης είναι πεπερασµένο. φ(x m Λύση. Αν m 1, τότε προφανώς 2 οι µόνες (ϑετικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης φ(x 1 είναι οι : 1, 2. Εστω m > 1 και N είναι µια λύση της εξίσωσης φ(x m, δηλαδή φ( m. Τότε προφανώς > 1 και εποµένως µπορούµε να ϑεωρήσουµε την πρωτογενή ανάλυση a 1 1 a του αριθµού. Θα έχουµε : φ( (1 1 ( 1 ( 1 1 1 1 r a 1 1 1 a 1 ( 1 1 ( 1 a i 1 i ( i 1 φ( m a i i ( i 1 m i a i i i m i 1 a i i 2m διότι προφανώς 1 2, για κάθε πρώτο. Άρα κάθε δύναµη πρώτου η οποία διαιρεί τον αριθµό ικανοποιεί την ανισότητητα : 2m. Οµως προφανώς υπάρχει πεπερασµένο πλήθος δυνάµεων πρώτων µε την ιδιότητα 2m και εποµένως υπάρχει πεπερασµένο πλήθος γινοµένων τέτοιων δυνάµεων πρώτων. Συνεπώς υπάρχουν πεπερασµένες λύσεις της εξίσωσης φ(x m. Ασκηση 11. 1. Να δείξετε ότι υπάρχουν ϑετικοί ακέραιοι έτσι ώστε φ( 2, 4, 6, 8, 10, 12. 2. Να δείξετε ότι η εξίσωση φ( 14 δεν έχει ϑετικές ακέραιες λύσεις. 2 Υπενθυµίζουµε ότι φ(1 φ(2 1, και ο αριθµός φ( είναι άρτιος, αν 3, ϐλέπε την Άσκηση 7.
8 Λύση. 1. Εχουµε φ(3 2 φ(5 4 και φ(7 6 φ(15 φ(3 5 φ(3 φ(5 (3 1 (5 1 2 4 8 φ(11 10 φ(13 12 2. Εστω ότι υπάρχει ϕυσικός αριθµός έτσι ώστε φ( 14. Προφανώς > 1 διότι φ(1 1. Εστω a 1 1 ar r η πρωτογενής ανάλυση του. Γνωρίζουµε ότι φ( a 1 1 1 ar 1 r ( 1 1 ( r 1 ( Επειδή 7 φ( 14 και ο αριθµός 7 είναι πρώτος, υπάρχει κάποιο 1 i r έτσι ώστε 7 a i 1 i ή 7 i 1 Αν 7 a i 1 i, τότε προφανώς ϑα έχουµε ότι i 7 και άρα i 1 7 1 6 φ( 14, το οποίο είναι άτοπο. Σηµειώνουµε ότι αυτή η περίπτωση εξετάζεται αν a i > 1. ιαφορετικά, αν a i 1, τότε ο όρος a i 1 i 1 δεν εµφανίζεται στην (. Αν 7 i 1, τότε i 1 7, για κάποιον ϑετικό ακέραιο, και άρα i 7 + 1. Για τις τιµές 1 και 2, έχουµε τους αριθµούς i 8 και i 15 οι οποίοι δεν είναι πρώτοι. Άρα ϑα έχουµε αναγκαστικά ότι 3, δηλαδή i 7 + 1 7 3 + 1 22. Οµως τότε i 1 21 και άρα, επειδή ο αριθµός i 1 είναι διαιρέτης του φ(, έπεται ότι φ( 21 το οποίο είναι άτοπο. Εποµένως η εξίσωση φ( 14 δεν έχει (ϑετικές ακέραιες λύσεις. Ασκηση 12. Να δείξετε ότι, N: Ισχύει η αντίστροφη συνεπαγωγή ; φ( φ( Λύση. Αν 1 τότε 1 και άρα η σχέση φ( 1 φ( 1 ισχύει. Εστω > 1. Αν 1 τότε φ( 1 φ(. Εστω > 1 και > 1. Εστω a 1 1 ar r η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού. Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας (µε εναλλαγή στην σειρά των i, αν είναι απαραίτητο µπορούµε να υποθέσουµε ότι υπάρχει µε 1 r και ακέραιοι b 1,..., b µε 1 b i a i για i 1, 2,...,, ώστε η πρωτογενής ανάλυση του είναι η εξής : b 1 1 b. Τότε και φ( a 1 1 ar r (1 1 1 (1 1 r a 1 1 1 ar 1 r ( 1 1( 2 1... ( r 1 φ( b 1 1 b (1 1 1 (1 1 b 1 1 1 b 1 ( 1 1( 2 1... ( 1 Αφού b i a i για κάθε i έπεται ότι φ( φ(.
Θέτοντας 25 και 10, ϑα έχουµε προφανώς 10 25, και φ( φ(10 4 20 φ(25. Άρα η αντίστροφη συνεπαγωγή γενικά δεν ισχύει. 9 Ασκηση 13. Να προσδιορισθούν όλοι οι ϑετικοί ακέραιοι για τους οποίους ισχύει ότι : φ( Λύση. Αν 1, τότε προφανώς φ(. Παρόµοια αν 2, τότε φ( φ(2 1 2. Υποθέτουµε ότι > 2 και έστω ότι φ(. Εστω a 1 1 a 2 2 a η πρωτογενής ανάλυση του. Τότε φ( ( 1 1 a 1 1 1 ( 2 1 a 2 1 2 ( 1 a 1 ( Από την Άσκηση 7 έπεται ότι ο ϑετικός ακέραιος φ( είναι άρτιος. Τότε επειδή 2 φ( και φ(, έπεται ότι 2 και εποµένως 3 1 2. Αν στην πρωτογενή ανάλυση του εµφανίζονται τουλάχιστον δύο περιττοί πρώτοι, οπότε 3 και οι πρώτοι 2, 3 είναι περιττοί, τότε οι αριθµοί 2 1 και 3 1 είναι άρτιοι και άρα ϑα είναι της µορφής 2 1 2r 1 r και 3 1 2s 1 s, όπου r, s 1. Τότε από τη σχέση ( έπεται ότι ο πρώτος 1 2 ϑα εµφανίζεται ως παράγοντας του φ( τουλάχιστον a 1 + 1 ϕορές και εποµένως a 1+1 1 φ(, απ όπου ϑα έχουµε a 1+1 1. Αυτό είναι άτοπο διότι η µεγαλύτερη δύναµη του 1 2 η οποία διαιρεί τον είναι η a 1. Άρα η πρωτογενής ανάλυση του µπορεί να περιλαµβάνει µόνον έναν περιττό πρώτο και εποµένως µπορούµε να γράψουµε : 2 a b, a 1, b 0, : περιττός πρώτος Επειδή ο 1 είναι άρτιος, ϑα έχουµε 1 2x, για κάποιον ϑετικό ακέραιο x. (1 Αν a 1 και b 0, οπότε 2, τότε φ( φ(2 1 2. (2 Αν a > 1 και b 0, οπότε 2 a µε a 2, τότε φ( φ(2 a 2 a 2 a 1 2 a 1 2 a. (3 Αν a > 1 και b 1, τότε, επειδή προφανώς (2 a, b 1, ϑα έχουµε : φ( φ(2 a b φ(2 a φ( b 2 a 1 ( b b 1 2 a 1 ( 1 b 1 2 a 1 2x b 1 2 a x b 1 Επειδή φ(, έπεται ότι yφ( για κάποιον ϑετικό ακέραιο y. Τότε ϑα έχουµε : yφ( 2 a b 2 a xy b 1 b xy b 1 xy x 1 ή x Αν x, τότε 1 2x 2 το οποίο είναι άτοπο. Άρα x 1 και εποµένως 1 2x 2. Αυτό σηµαίνει ότι 3. και εποµένως 2 b 3 b, όπου a 1 και b 1. Συνοψίζοντας τα παραπάνω καταλήγουµε ότι : φ( 2 a 3 b, a 1, b 0 Αντίστροφα, αν 2 a 3 b, όπου a 1, και b 0, τότε φ( φ(2 a 2 a (1 1 2 2a 1 2 2a 1 2 a, αν b 0 φ( φ(2 a 3 b φ(2 a φ(3 b 2 a 1 3 b (1 1 3 2a 1 3 b 2 3 2a 3 b 1 2 a 3 b, αν b 1 Σε κάθε περίπτωση λοιπόν ϐλέπουµε ότι φ(. Εποµένως δείξαµε ότι : N : φ( 2 a 3 b, a 1, b 0 Ασκηση 14. Εστω, m δύο ϑετικοί ακέραιοι. Να δειχθεί ότι : φ( φ(m είτε N & m 1 είτε : περιττός & m 2 3 Υπενθυµίζουµε ότιο στην πρωτογενή ανάλυση a 1 1 a 2 2 a του, έχουµε : 1 < 2 < <.
10 Λύση. Αν m 1, τότε προφανώς φ(m φ(. Αν ο είναι περιττός και m 2, τότε προφανώς (, m 1. Επειδή η συνάρτηση φ είναι πολλαπλασιαστική και φ(m φ(2 1, έπεται ότι ϑα έχουµε φ(m φ(mφ( φ(. Αντίστροφα, έστω ότι φ( φ(m. Θέτουµε (, m, και τότε από την Άσκηση 9, ϑα έχουµε ότι : φ(m φ( φ( φ(φ(m φ( φ(φ(m φ(mφ( ( Αν 1, τότε από την ( ϑα έχουµε φ(m 1 και εποµένως από την Άσκηση 2 έπεται ότι m 1 ή 2. Προφανώς η περίπτωση m 2 εµφανίζεται αν και µόνον αν ο είναι περιττός. Υποθέτουµε ότι > 1 και ϑα καταλήξουµε σε άτοπο. Από τη σχέση ( έπεται ότι φ( και εποµένως από την Άσκηση 13, έπεται ότι 2 a 3 b, όπου a 1 και b 0. Τότε από τη σχέση ( ϑα έχουµε : (1 Αν b 1, τότε η παραπάνω σχέση δίνει : φ(mφ( φ(mφ(2 a 3 b 2 a 3 b ( φ(mφ(2 a φ(3 b 2 a 3 b φ(m2 a 1 3 b 2 3 2a 3 b φ(m2 a 3 b 1 2 a 3 b φ(m 3 Αυτό είναι άτοπο διότι, σύµφωνα µε την Άσκηση 7, ο φ(m είναι άρτιος, αν m 3, και φ(m 1, αν m 1 ή 2. Αρα αν b 1, τότε καταλήγουµε σε άτοπο. (2 Αν b 0, οπότε 2 a, και τότε η παραπάνω σχέση ( δίνει : φ(mφ(2 a 2 a φ(m2 a 1 2 a φ(m 2 Από την Άσκηση 2, έπεται τότε ότι m 3 ή m 4 ή m 6. (αʹ Αν m 3, τότε ϑα έχουµε φ(3 φ(. Αν 3, τότε από την Άσκηση 9, έπεται ότι φ( φ(3 3φ( το οποίο είναι άτοπο. Αν 3, τότε από την Άσκηση 9, έπεται ότι φ( φ(3 2φ( το οποίο είναι άτοπο. Άρα η περίπτωση m 3 δεν εµφανίζεται. (ϐʹ Αν m 4, τότε ϑα έχουµε φ(4 φ(. Αν 2, τότε (4, 1 και εποµένως φ( φ(4 φ(4φ( 2φ( το οποίο είναι άτοπο. Αν 2, τότε µπορούµε να υποθέουµε ότι η πρωτογενής ανάλυση του είναι 2 a a 2 2 a, όπου οι πρώτοι i είναι περιττοί, 2 i. Τότε η πρωτογενής ανάλυση του 4 είναι 4 2 a+2 a 2 2 a, και εποµένως φ(4 4(1 1 2 (1 1 2 (1 1 4φ(. Επειδή φ(4 φ( καταλήγουµε στο άτοπο φ( 4φ(. Άρα η περίπτωση m 4 δεν εµφανίζεται. (γʹ Αν m 6, τότε ϑα έχουµε φ(6 φ(. (i Αν 3, τότε προφανώς 3 2 και εποµένως από την Άσκηση 6 ϑα έχουµε φ(6 φ(3 2 3φ(2 Αν 2, τότε από την Άσκηση 6 ϑα έχουµε φ(2 2φ( και εποµένως : φ( φ(6 3φ(2 3 2 φ( 6φ( το οποίο είναι άτοπο. Αν 2, τότε φ(2 φ(2φ( φ( και εποµένως φ( φ(6 φ(3 2 3φ(2 3φ( το οποίο είναι άτοπο. Άρα η περίπτωση 3 δεν εµφανίζεται. (ii Αν 3, τότε προφανώς 3 2 και εποµένως φ(6 φ(3 2 φ(3φ(2 2φ(2. Οπως και παραπάνω φ(2 2φ( αν 2, και φ(2 φ( αν 2. Ετσι φ( φ(6 4φ( αν 2, και φ( φ(6 2φ( αν 2. Εποµέµως και στις δύο περιπτώσεις καταλήγουµε σε άτοπο. Άρα η περίπτωση 3 δεν εµφανίζεται.
11 Άρα η περίπτωση m 6 δεν εµφανίζεται. Αρα αν b 0, τότε καταλήγουµε σε άτοπο. Εποµένως η περίπτωση > 1 δεν εµφανίζεται. Ασκηση 15. Να υπολογισθούν τα αθροίσµατα : φ( και φ( Λύση. 1. Αν 1, τότε προφανώς ϑα έχουµε 1 φ( 1 φ(1 1. Εστω > 1 και a 1 1 ar r η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού. Η συνάρτηση ι : N C, ι( είναι προφανώς πολλαπλασιαστική. Επειδή η συνάρτηση φ είναι πολλαπλασιαστική, έπεται ότι η συνάρτηση ι φ: N C, (ι φ( φ( είναι πολλαπλασιαστική. Τότε και η συνάρτηση f : N C, f( (ι φ( φ( είναι πολλαπλασιαστική, και εποµένως f( f( a 1 1 f(ar r φ( ( a 1 1 Για κάθε πρώτο και κάθε ϑετικό ακέραιο a έχουµε : Εποµένως : φ( ( φ( a φ( 1 φ(1 + φ( + 2 φ( 2 + a φ( a ar r 1 + ( 1 + 2 ( 2 + + a ( a a 1 1 + ( 2 + ( 4 3 + + ( 2a 2a 1 1 + 2 3 + 4 + ( 1 2a 1 2a 1 + 2a 2a+1 + 1 + 1 φ( ( φ( ( φ( a 1 1 ar r ( 2a 1+1 1 + 1 ( 2ar+1 r + 1 1 + 1 r + 1 2. Αν 1, τότε προφανώς ϑα έχουµε φ( 1 φ(1 1 1. Εστω > 1 και a 1 1 ar r η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού. Η συνάρτηση θ : N C, θ( 1 είναι προφανώς πολλαπλασιαστική. Επειδή η συνάρτηση φ είναι πολλαπλασιαστική, έπεται ότι η συνάρτηση θ φ: N C, (θ φ( φ( g : N C, g( είναι πολλαπλασιαστική. Τότε και η συνάρτηση (θ φ( φ( είναι πολλαπλασιαστική, και εποµένως g( g( a 1 1 g(ar r φ( ( a 1 1 φ( ( ar r φ(
12 Για κάθε πρώτο και κάθε ϑετικό ακέραιο a έχουµε : φ( φ(1 + φ( 1 a Εποµένως : φ( a 1 1 + 1 1 1 + 1 + φ(2 2 + φ(a a + 2 2 + a a 1 a + 1 + 1 }{{} a ϕορές 1 + a 1 ( a 1 1 φ( ( ar r ( 1 + a 1 1 1 1 ( 1 + ar r 1 r Ασκηση 16. Για έναν ϑετικό ακέραιο, να δειχθεί ότι : : άρτιος µ(φ( 0 Λύση. Αν 1, τότε 1 µ(φ( µ(1φ(1 1 1 1 0. Υποθέτουµε ότι > 1, και έστω a 1 1 a η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού. Επειδή η συνάρτηση φ είναι πολλαπλασιαστική, έπεται ότι 4 : µ(φ( (1 φ( 1 (1 φ( (1 ( 1 1 (1 ( 1 (2 1 (2 Εποµένως : µ(φ( 0 (2 1 (2 0 r 1, 2,, : r 2 2 Ισοδύναµα : µ(φ( 0 : άρτιος Ασκηση 17. Να δείξετε ότι : µ 2 ( φ( φ( 4 Υπενθυµίζουµε ότι αν f είναι µια πολλαπλασιαστική συνάρτηση, τότε : µ(f( (1 f( 1 (1 f(
Λύση. Αν 1 τότε προφανώς η παραπάνω σχέση ισχύει. Εστω > 1 και a 1 1 ar r η πρωτογενής ανάλυση του αριθµού. Επειδή φ( 0 για κάθε N, τότε ορίζουµε τη συνάρτηση f( µ2 ( φ( η οποία είναι πολλαπλασιαστική διότι οι συναρτήσεις µ, φ είναι πολλαπλασιαστικές. Τότε f( f( a 1 1 ar r f( a 1 1 f(ar r και άρα έχουµε µ 2 ( φ( ( µ 2 ( ( µ 2 ( φ( φ( ar r Υπολογίζουµε Άρα µ2 ( φ( a και έτσι δείξαµε πράγµατι ότι : µ 2 ( φ( a 1 1 µ2 (1 φ(1 + µ2 ( φ( + µ2 ( 2 φ( 2 + + µ2 ( a φ( a µ2 (1 φ(1 + µ2 ( φ( + 0 + + 0 µ2 (1 φ(1 + µ2 ( φ( 1 1 + ( 12 1 1 1 1 1 r r 1 1 r ( 1 1 ( r 1 a 1 1 ar r a 1 1 1 ar 1 r ( 1 1 ( r 1 φ( µ 2 ( φ( φ(. 13 Ασκηση 18. είξτε ότι : 0, : άρτιος ( 1 φ(, : περιττός Λύση. ιακρίνουµε δυο περιπτώσεις. (1: Εστω περιττός. Τότε για κάθε διαιρέτη έπεται ότι ο είναι περιττός και άρα ο αριθµός είναι επίσης περιττός. Τότε από το Θεώρηµα του Gauss 5 έχουµε ( 1 φ( φ( ( 1φ( 5 Υπενθυµίζουµε ότι το Θεώρηµα του Gauss πιστοποιεί ότι N: φ(.
14 (2: Εστω άρτιος. Τότε 2 m όπου m είναι περιττός. Τότε έχουµε ( 1 φ( φ ( ( 1 2 m ( 1 2 φ ( 2 m ( 1 2 m 1 2 2 m 1 2 2 m φ ( 2 m 1 2 ( 1 1 2 φ ( 2 1 φ ( m 2 ( 1 1 2 φ ( 2 1 φ ( m 2 ( ( 1 1 2 Στην ισότητα ( παραπάνω, χρησιµοποιήσαµε ότι αφού 2 m και (2, m 1 τότε 1 2 όπου 1 2, 2 m µε ( 1, 2 1. Ολοι οι διαιρέτες 1 του 2 είναι άρτιοι εκτός ϕυσικά από τον 1 1. Επειδή 2 m και m περιττός έχουµε ότι ο 2 είναι περιττός. Άρα για 1 1 έχουµε (( 1 1 2 ( 1 2 1. Αν 1 > 1 τότε (( 1 1 2 1. Συνεπώς, χρησιµοποιώντας ότι για κάθε ϕυσικό c ισχύει c φ( c, έχουµε ( 1 φ( Άρα αν ο είναι άρτιος τότε : 1 2 2 m 1 2 2 m 1 >1 ( 1 2 1 >1 ( 1 2 1 >1 ( 1 2 φ φ ( 2 1 φ ( m 2 ( ( 1 1 2 φ ( 2 1 φ ( m 2 + φ ( 2 1 2 m φ ( 2 1 (2 2 m φ ( 2 1 φ ( m 2 ( 1 φ ( m φ(2 φ ( m 2 2 2 m 2 m φ( 2 φ(2 2 m 1 φ(2 m φ(2 m ( 2 φ(2 m φ(2 m 2 m 2 φ(2 m 2 m 2 2 1 m 2 m 2 m 0 ( 1 φ( 0. φ( 2 Υπενθυµίζουµε ότι ένας ϕυσικός αριθµός καλείται τέλειος, αν είναι ίσος µε το άθροισµα των γνήσιων διαιρετών του. Ισοδύναµα ο είναι τέλειος αν και µόνον αν σ( 2.
15 Ασκηση 19. Αν ο είναι ένας τέλειος άρτιος αριθµός, να δείχθεί ότι : 1 2 Λύση. Αφού ο ϕυσικός αριθµός είναι άρτιος τέλειος, έπεται ότι : 2 1 (2 1 όπου 2 1 είναι πρώτος και > 1. Τότε µε 1 αν και µόνο αν ο είναι της µορφής : 1, 2,..., 2 1, 2 1, 2 (2 1,..., 2 1 (2 1 Συνεπώς το πλήθος των ϕυσικών διαιρετών του αιρθµού είναι τ( 2. Τότε έχουµε 1 1 1 + 1 2 + + 1 2 1 + 1 2 1 + 1 2 (2 1 + + 1 2 1 (2 1 2 1 (2 1 + 2 2 (2 1 + + (2 1 + 2 1 + 2 2 + + 2 + 1 σ( Οµως αφού ο αριθµός είναι τέλειος έχουµε ότι σ( 2, όπου σ( είναι το άθροισµα των ϕυσικών διαιρετών του ϕυσικού αριθµού. Άρα από τη παραπάνω σχέση έπεται ότι 1 σ( 2 2 και έτσι έχουµε το Ϲητούµενο. Ασκηση 20. Εστω 2 1 (2 1 ένας άρτιος τέλειος αριθµό, όπου ο αριθµός 2 1 είναι πρώτος και > 1. Τότε : 1. γ( :. 2. 1 + 2 + 3 + + (2 1. 3. φ( 2 1 (2 1 1. Λύση. 1. Θα δείξουµε πρώτα ότι για κάθε ϑετικό ακέραιο m ισχύει : γ(m m τ(m 2 ( Πράγµατι, αν 1, 2,, τ(m είναι οι ϕυσικοί διαιρέτες του m, τότε προφανώς οι ϑετικοί ακέ- ϱαιοι m 1, m m 2,, είναι οι ϕυσικοί διαιρέτες του m. Εποµένως ϑα έχουµε : τ(m και εποµένως γ(m m γ(m mτ(m γ(m 1 2 τ(m m m m 1 2 τ(m m τ(m 1 2 τ(m γ(m 2 m τ(m γ(m m τ(m 2 Εστω τώρα ο άρτιος τεέλειος αριθµός 2 1 (2 1. Τότε επειδή ο αριθµός 2 1 είναι πρώτος, επειδή η συνάρτηση σ είναι πολλαπλασιαστική, και επειδή (2 1, 2 1 1, έπεται ότι : τ( τ( 2 1 (2 1 τ(2 1 τ(2 1 2 2
16 Εποµένως από τη σχέση ( ϑα έχουµε : 2. Εχουµε γ( τ( 2 2 2 1 + 2 + 3 + + (2 1 (2 1 (2 1 + 1 2 2 (2 1 2 2 1 (2 1 και άρα πράγµατι 1 + 2 + 3 + + (2 1. 3. Επειδή η συνάρτηση φ του Euler είναι πολλαπλασιαστική και (2 1, 2 1 1, έχουµε : φ( φ ( 2 1 (2 1 φ ( 2 1 φ ( 2 1 ( 2 1 2 2 (2 1 1 2 1 (1 1 ( 2 2 2 2 1 1 2 (2 2 2 2 (2 2 2 1 (2 1 1 Σηµειώνουµε ότι για τη σχέση φ ( 2 1 2 2 χρησιµοποιήσαµε ότι ο αριθµός 2 1 είναι πρώτος. Εποµένως : φ( 2 1 (2 1 1. Ενας ϑετικός ακέραιος καλείται : (1 ατελής, αν σ( < 2. (2 υπερτελής, αν σ( > 2. Ασκηση 21. 1. Εστω ένας ϑετικός ακέραιος της µορφής 2 m 1 (2 m 1, όπου ο 2 m 1 είναι σύνθετος. Να δειχθεί ότι ο αριθµός είναι υπερτελής. 2. Να δειχθεί ότι κάθε αριθµός της µορφής a q b, όπου, q είναι διακεκριµµένοι περιττοί πρώτοι και a, b είναι ϑετικοί ακέραιοι, είναι ατελής. 3. Να δειχθεί ότι κάθε γνήσιος διαιρέτης ενός ατελούς ή τέλειου αριθµού είναι ατελής αριθµός. 4. Να δειχθεί ότι κάθε πολλαπλάσιο ενός πλούσιου ή τέλειου αριθµού, στην τελευταία περίπτωση εκτός του τέλειου αριθµού, είναι υπερτελής αριθµός. Λύση. 1. Θα δείξουµε ότι : σ( > 2. Θα έχουµε : σ( σ(2m 1 (2 m 1 2 m 1 (2 m σ(2m 1 σ(2 m 1 1 2 m 1 (2 m (2m 1 σ(2 m 1 1 2 m 1 (2 m σ(2m 1 1 2 m 1 Επειδή γαι κάθε ϑετικό ακέραιο, έχουµε σ( + 1 και η ισότητα ισχύει αν και µόνον αν είναι πρώτος, η τελευταία σχέση δίνει : σ(2 m 1 2 m 1 > 2m 1 + 1 2 m 1 2m 2 m 1 2
17 Εποµένως 2. Θα έχουµε : σ( > 2 σ( > 2 : υπερτελής σ( a q b σ( a σ(q b (1 + + 2 + + a (1 + + 2 + + a a+1 1 1 Οµως προφανώς : a+1 1 1 qb+1 1 q 1 < a+1 1 qb+1 q 1 1 a q q 1 qb Θα δείξουµε ότι, επειδή οι q είναι περιττοί πρώτοι, έπεται ότι : συµβαίνει, ϑα έχουµε : 1 1 1 q q 1 qb+1 1 q 1 q q 1 a q b < 2 a q b < 2. Πράγµατι, αν αυτό δεν q 2 q 2( 1(q 1 2q 2 2q + 2 q 2( + q 1 q 1 Χωρίς ϐλάβη της γενικότητας, υποθέτουµε ότι 2 < < q. Τότε ϑα έχουµε : 2 < q 2( + q 1 < 2( + 1 2(2 1 2 4 + 2 < 0 Επειδή οι ϱίζες του τριωνύµου 2 4 + 2 είναι 2 ± 2 και επειδή > 2, έπεται ότι ( (2 + 2 ( (2 2 > 0 το οποίο έρχεται σε αντίφαση µε την παραπάνω ανισότητα. Άρα 1 q q 1 < 2, και εποµένως σ( a q b a+1 1 qb+1 1 < 1 q 1 1 q q 1 a q b < 2 a q b το οποίο σηµαίνει ότι ο αριθµός a q b είναι ατελής. 3. Εστω, m δύο ϑετικοί ακέραιοι, όπου m > 1. Τότε µπορούµε να γράψουµε : m a i και b i, όπου b i a i i1 Τότε : σ(m m σ( i1 a i i1 σ(a i i1 i1 a i (1 + i + 2 i + + a i i1 a i i1 a i i1 ( i 1 a i i1 i1 > ( i 1 b i i 1 i1 σ( i 1 Εποµένως : σ(m m > σ( Αν ο αριθµός m είναι ατελής, τότε σ(m < 2m και τότε : 2 > σ(m m αριθµός είναι ατελής. Αν ο αριθµός m είναι τέλειος, τότε : σ(m 2m και τότε : 2 σ(m m αριθµός είναι ατελής. i1 a i +1 i 1 i1 i 1 i1 a i > σ( > σ( και εποµένως ο και εποµένως ο 4. Εστω ότι ο ϑετικός ακέραιος είναι τέλειος ή υπερτελής. Τότε σ( 2. Εστω m ένα πολλαπλάσιο του, δηλαδή m για κάποιον ϑετικό ακέραιο, όπου υποθέτουµε ότι > 1 αν ο είναι τέλειος. Μεταξύ των διαιρετών του m, περιλαµβάνονται και οι ϑετικοί ακέραιοι, όπου. Εποµένως ϑα έχουµε : σ(m m ( + 1 ( + 1 ( + 1σ( ( + 12 > 2 2m Άρα ο m είναι υπερτελής.
18 Ενα Ϲεύγος (, m ϑετικών ακεραίων αριθµών και m καλείται ϕίλιο Ϲεύγος αν : σ( + m σ(m Ασκηση 22. 1. Να δειχθεί ότι τα Ϲεύγη ϑετικών ακεραίων (220, 284, (1184, 1210, (79750, 88730 είναι ϕίλια Ϲεύγη. 2. Αν οι αριθµοί 3 2 1 1, 3 2 1, 3 2 2 2 1 1 είναι πρώτοι, όπου 2, τότε το Ϲεύγος ϑετικών ακεραίων ( 2 (3 2 1 1(3 2 1, 2 (3 2 2 2 1 1 είναι ϕίλιο Ϲεύγος. 3. Με χρήση του 2. να ϐρεθούν τρία ϕίλια Ϲεύγη ϑετικών ακεραίων. Λύση. 1. Οι πρωτογενείς αναλύσεις των 220 και 284 είναι : 220 2 2 5 11 και 284 2 2 71 Εποµένως ϑα έχουµε : σ(220 σ(2 2 5 11 σ(2 2 σ(5 σ(11 7 6 12 504 σ(284 σ(2 2 71 σ(2 2 σ(71 7 72 504 7 6 12 504 Επειδή σ(220 σ(284 504 220 + 284 έπεται ότι οι αριθµοί 220 και 284 είναι ϕίλιοι.