AbstractIn this pap er, we get some

Abstract
In this pap er, we get some new formulas for generalized p erfect
numb ers and their relationship b etween arithmetical functions φ , σ
concerning Ore’s harmonic numb ers and by using these formulas
we present some examples.
Mathematics Subject Classification: 11A25, 11A41, 11Y70
Keywords: perfect number, 2-hyperperfect number, Euler’s totient
function, Ore harmonic number
1 Introduction
In this section, we aimed to provide general information on perfect numbers
shortly. Here and throughout the paper we assume m,n, k, d, b are positive
integers and p is prime.
N is called perfect number, if it is equal to the sum of its proper divisors. The
first few perfect numbers are 6, 28, 496, 8128,... since,
6 = 1 + 2 + 3
28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14
496 = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 31 + 62 + 124 + 248
Euclid discovered the first four perfect numbers which are generated by the
formula 2n −1(2n −1), called Euclid number. In his book ’Elements’ he presented
the proof of the formula which gives an even perfect number whenever 2n − 1 is
1338 Recep G ¨ur and Nihal Bircan
prime. In order for 2n − 1 to b e a prime n must itself be a prime. Moreover, the
perfect numbers are all even and end with 6 or 8. In [5] the author provided
detailed information on perfect numbers.
In general, we can say that if ap − 1 is prime for some numbers a ≥ 2 and
p ≥ 2, then a must equal to 2 and p must be a prime. This means that if we are
interested in primes of the form ap − 1 we only need to consider the case that
a = 2 and p is prime. Primes of the form 2p − 1 are called Mersenne primes
which are available at [15], [16]. If N is an even perfect number, then N looks
like N = 2p −1(2p − 1) where 2p − 1 is a Mersenne prime. Up to know, only 47
Mersenne primes are known which means that there are 47 known even perfect
numbers. There is a conjecture that there are infinitely many perfect numbers.
To search for new ones is to keep on going. But to this day no one has been
able to discover any odd perfect number. However, no one has yet been able
to prove conclusively that none exist. In [8] the author proved any odd perfect
number must have the form n = 12m + 1 or n = 36q + 9 shortly. In [6] the
author proved that no odd perfect number exist in the interval [1, 10300] ⊂ N.
We can also define perfect numbers as σ(N) = 2N, (N ∈ N) where σ is a
divisor function. If p is a prime number and k ≥ 1 than its only divisors are 1
and p. So, σ(p) = p + 1 and
σ(pk) = 1 + p + p2 + ... + pk = pk+1 −1
p −1 .
Furthermore, if 2n+1 − 1 = p, N = 2np is perfect, then we have,
σ(N) = (2n+1 − 1)(p + 1) = 2n+1p.
For any prime p, we have φ(p) = p − 1 where φ is Euler’s totient function
defined as the number of invertible elements in an complete residue system.
Here are some properties of Euler’s totient function which we use to prove our
results;
(i) If a and m are integers such that (a, m) = 1 then aφ(m) ≡ 1 (mod m)
(ii) If n ≥ 1 we have 
d |n
φ(d) = n
(iii) For n ≥ 1 we have φ(n) = n. 
p |n
1 − p1 
The harmonic mean of k numbers n1, ..., nk is 1 k
n1
+...+ 1
nk
. For example, the
harmonic mean of 1 and 2 is 2/(1 + 1/2) = 4/3. Such an integer is called Ore
harmonic number or harmonic divisor number. According the theorem of Ore;
every perfect number is harmonic.
n is called superperfect number if σ(σ(n)) = 2n and every even superperfect
number n must be a power of 2, that is, 2p −1 such that 2p − 1 is a Mersenne
prime.
On p erfect numb ers and their relations 1339
A unitary perfect number is an integer which is the sum of its positive proper
unitary divisors, not including the number itself. (A divisor d of a number n is
unitary divisor if d and nd share no common factors). T. Yamada [13] showed
that 9 and 165 are all of the odd unitary superperfect numbers.
A. Bege gave a table of k-hyperperfect numbers in [1] which defined n as;
k −hyperfect number if n = 1 + k[σ(n) − n − 1] and so σ(n) = k+1k n + k −k 1.
Also, they proved a conjecture which states that all 2-hyperferfect numbers
are of the form n = (3k − 1).(3k − 2) where 3k − 2 is prime. In [7] the author
computed all hyperperfect numbers less than 1011.
If σ(σ(n)) = 32(n + 1), then n is called super-hyperperfect number. In [1] the
authors studied generalized perfect numbers, presented some conjectures and
numerical results. They conjectured that, if n = 3p −1 where p and 3p2−1 are
primes, then n is a super-hyperperfect number. In [11] the author studied on
perfect numbers and their composition with arithmetical functions.
n is called multiplicatively e-perfect if Te(n) = n2 where Te(n) denote the product of exponential divisors of n. In [10] a characterization of multiplicatively
e-perfect and similar numbers is given. An alternative proof for characterization of e-perfect and e-superperfect numbers can be found in [3].
For further information on perfect numbers see also [2], [4], [9], [12], [14].
2 Main Results
Theorem 2.1. If k ≥ 1, 1+2+4+ ... + k = 2k − 1 where (2k − 1) is prime
and k(2k − 1) is a perfect number, then
φ(k[2k − 1]) = k(k − 1). (1)
Moreover, if k[2k − 1] = 2n(2n+1 − 1) is an Euclid number, then
φ(2n[2n+1 − 1]) = 2n(2n − 1). (2)
Proof. Let k ≥ 1 , 1 + 2 + 4 + ... + k = 2k − 1 and 2k − 1 is prime. Since
φ(k[2k − 1]) is a multiplicative function and (k, 2k − 1) = 1, we can write
φ(k[2k − 1]) = φ(k).φ(2k − 1). From hypothesis k is even and is of the form 2n
(n ≥ 1). By using a property of Euler’s totient function, we can write,
φ(k) = k.(1 − 1
2
) = k
2
(3)
Since 2k − 1 is prime,
φ(2k − 1) = 2k − 2 (4)
From (3) and (4), we obtain
1340 Recep G ¨ur and Nihal Bircan
φ (k[2k − 1]) = φ(k).φ(2k − 1) = k
2
(2k − 2)
φ(k[2k − 1]) = k(k − 1).
Any even perfect number is an Euclid number, that is, it is of the form
2n(2n+1 − 1) where 2n+1 − 1 is prime. So, if k = 2n and 2k − 1 = 2n+1 − 1 is
prime, then k[2k − 1] is an Euclid number. So, φ(2n[2n+1 − 1]) = 2n(2n − 1).
Prop osition 2.2. If N > 6 is a perfect number, then φ(N) is even and
φ(N) is not a prime.
Proof. Let N is a perfect number. From the result of Euclid theorem and
theorem 2.1, N = k.(2k − 1) and φ(k[2k − 1]) = k(k − 1). Also, 2 |k.(k − 1) so
φ(N) is an even number and φ(6) = 2 and from hypothesis N > 6 so φ(N) > 2.
Moreover, k |φ(N) and (k − 1) |φ(N) so φ(N) is not a prime.
Corollary 2.3. If N is a perfect number and N = k.(2k − 1), then there is
at least a natural number n which satisfies n |φ(N) and (n + 1) |φ(N).
Proof. It is clear from theorem 2.1.
Prop osition 2.4. If φ(N) = b and N is a perfect number, then √4b + 1 is
a Mersenne prime.
Proof. From the result of theorem 2.1, we can write b = k.(k − 1),
b = k2 − k
b = (k − 1
2
)2 − 1
4
b + 1
4
= k − 12  2
± b + 14 = k − 12
k = ± (1 + 44 b) + 12
2k − 1 = ±√4b + 1
From the result of theorem 2.1, (2k − 1) is a Mersenne prime. So, it is positive.
Thus, √4b + 1 is a Mersenne prime.
Prop osition 2.5. If N = 2n(2n+1 − 1) is an Euclid number, then
φ(N2) = N.φ(N).
On p erfect numb ers and their relations 1341
Proof. By using a property of Euler’s totient function and theorem 2.1, we can
write
φ(N2) = φ(22n(2n+1 − 1) 2) = 22n(2n+1 − 1)(2n+1 − 1).1
2
.(1 − 1
2n+1 − 1)
= 22n(2n+1 − 1)(2n − 1)
= 2n(2n+1 − 1)[2n(2n − 1)]
= N.φ(N).
Theorem 2.6. Let p is a Mersenne prime and p = 2n+1 − 1. If
N = 2n(2n+1 − 1) is a perfect number, then
σ(N) = 4p
p − 1
φ(N).
or
σ(N) = 2n+2 − 2
2n − 1
φ(N).
Proof. From hypothesis and theorem 2.1, we can write
φ(N) = φ(2np) = 2n(2n − 1). So, 2n = p+12 , then
2n(2n − 1) = (p + 1
2
)(p − 1
2
)
φ(N) = p2 − 1
4
σ(N) = σ(2np) = σ(2n).σ(p)
where σ(2n) = 2n2+1−1−1 and σ(p) = p + 1. So,
σ(N) = p(p + 1)
From φ(N) and σ(N) we obtain,
σ(N) = 4p
p − 1
φ(N).
or p = 2n+1 − 1. So,
σ(N) = 2n+2 − 2
2n − 1
φ(N).
1342 Recep G ¨ur and Nihal Bircan
See example 3.5 for the use of this theorem.
Theorem 2.7. Let N is a perfect number and σ (N) is harmonic. If N is
of the form 2n(2n+1 − 1) where 2n+1 − 1 is a Mersenne prime, then
H(σ(N)) = (n + 2)(2n+2 − 2)
(2n+2 − 1) .
Proof. If N is a perfect number; this means σ(N) = 2N or
σ(2n(2n+1 − 1)) = 2n+1(2n+1 − 1).
H (σ (N )) = H (2n+1[2n+1 − 1])
= 2n1+ 4.(1 + 12 + ... + 2n1+1 + 2n+11 − 1 + 2.(2n+11 − 1) + ... + 2n+1.(21n+1 − 1) )
−1
= 2.(n1+ 2) .( 2n2+2n+1− 1 + 2n+12n.(2+2n+1− 1− 1) )
−1
= 2.(n1+ 2) . 2(2n+1n+2.(2−n+11)2−n+11)
−1
=
(n + 2).(2n+2 − 2)
(2n+2 − 1) .
This completes the proof.
Corollary 2.8. If N is a perfect number, then σ(N) is harmonic.
Proof. Ore’s harmonic number theorem tells us that every perfect number
is harmonic. From Ore’s theorem and theorem 2.7, N is harmonic. Also,
σ(N) = 2N. So, σ(N) is harmonic.
Theorem 2.9. Let 3k − 2 is prime. If n is a 2-hyperperfect number, then
φ(n) = n − 32k −2.
Proof. From hypothesis, we can take n = 3k −1.(3k − 2). Also, φ(n) is a
multiplicative function, and (3k −1, 3k − 2) = 1. So,
φ(n) = φ(3k −1.(3k − 2))
= φ(3k −1).φ(3k − 2)
= (3k −1 − 3k −2).(3k − 3)
= 3k −1.[(3k − 2) − 3k −1]
= n − 32k −2.
Theorem 2.10. If n is a super-hyperperfect number, then
On p erfect numb ers and their relations 1343
φ(φ(n)) = 29n.
Proof. From the definition of super-hyperperfect number we know that
n = 3p −1 where p and 3p2−1 are primes and (3p −1, 2) = 1. So,
φ(φ(3p −1)) = φ((3p −1).(1 − 1
3
))
= φ(3p −2.2) = φ(3p −2).φ(2)
= 3p −2.(1 − 1
3
)
=
2.3p −1
9
=
29
n
Theorem 2.11. If n is an even superperfect number, then
φ(φ(n)) = n
4
.
Proof. If n is an even superperfect number, then n is of the form 2p −1 where
2p − 1 is a Mersenne prime. So,
φ(n) = φ(2p −1) = 2p −1.(1 − 1
2
)
= 2p −2
φ(φ(n)) = φ(2p −2) = 2p −2.(1 − 1
2
)
=
2p −1
4
φ(φ(n)) = n
4
3 Examples
In this section, we introduced some examples related to our theorems.
Example 3.1. If N = p+14 .(φ(p)+ σ(p)) where p = 2n+1 − 1 is a Mersenne
prime, then N is a perfect number.
Let p = 2

ผลลัพธ์ (ไทย) 1:

บทคัดย่อในนี้บ เอ้อ เราได้รับบางสูตรใหม่สำหรับ erfect p เมจแบบทั่วไปสกู๊ป numb และความสัมพันธ์บี etween ฟังก์ชัน arithmetical φ σเกี่ยวข้อง กับสกู๊ป numb ของแร่มีค่า และ โดยการใช้สูตรเหล่านี้เรานำเสนอตัวอย่างคณิตศาสตร์เรื่องประเภท: 11A25, 11A41, 11Y70คำสำคัญ: สมบูรณ์หมายเลข หมายเลข 2-hyperperfect, totient ของออยเลอร์ฟังก์ชัน แร่มีค่าจำนวนบทนำ 1ในส่วนนี้ เรามีวัตถุประสงค์เพื่อให้ข้อมูลทั่วไปเกี่ยวกับหมายเลขสมบูรณ์ในไม่ช้านี้ ที่นี่ และกระดาษเราสมมติว่า m, n, k, d, b มีค่าเป็นบวกจำนวนเต็มและ p เป็นนายกN คือจำนวนสมบูรณ์ ถ้ามันมีค่าเท่ากับผลรวมของหารเหมาะสม ที่หมายเลขสมบูรณ์น้อยแรกเป็น 6, 28, 496, 8128,...6 = 1 + 2 + 328 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14496 = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 31 + 62 + 124 + 248ยุคลิดพบหมายเลขสมบูรณ์สี่ครั้งแรกที่สร้างขึ้นโดยการ−1(2n −1) สูตร 2n เรียกว่ายุคลิดจำนวน ในหนังสือของเขา 'องค์' มอบหลักสูตรที่ให้หมายเลขเหมาะแม้แต่เมื่อใดก็ ตามที่เป็น 2n − 11338 ¨your Recep G และไนฮอล Bircanนายกรัฐมนตรี การ 2n − 1 จะ b e n เฉพาะ ต้องเองได้เป็นนายก นอกจากนี้ การหมายเลขเหมาะอยู่ทั้งคู่ และลงท้าย ด้วย 6 หรือ 8 ผู้เขียนระบุใน [5]รายละเอียดเกี่ยวกับหมายเลขสมบูรณ์ทั่วไป เราสามารถบอกว่า ถ้า ap − 1 เป็นนายกรัฐมนตรีสำหรับเลข≥ 2 และ, p ≥ 2 แล้วต้องเท่ากับ 2 และ p ต้องเป็นนายก นี้หมายความ ว่า หากเราโรงแรมไพรม์ของแบบฟอร์มสนใจ ap − 1 เราจะต้องพิจารณากรณีที่ตัว = 2 และ p คือ นายก โรงแรมไพรม์ของแบบฟอร์ม 2p − 1 เรียกว่า Mersenne โรงแรมไพรม์ที่ว่าง [15], [16] ถ้า N เป็นจำนวนสมบูรณ์แม้ แล้ว N ดูเช่น N = p 2 −1 (2p − 1) เป็นจำนวนเฉพาะแมร์ 2p − 1 ขึ้นอยู่กับรู้ 47 เท่านั้นโรงแรมไพรม์ Mersenne รู้จักกันซึ่งหมายความ ว่า มี 47 เรียกได้สมบูรณ์แบบหมายเลข มีข้อความคาดการณ์ที่มีหมายเลขสมบูรณ์เพียบมากการค้นหาใหม่คือการ ให้ต่อไป แต่นี้ไม่ได้สามารถค้นพบจำนวนสมบูรณ์คี่ อย่างไรก็ตาม ไม่มียังได้เพื่อพิสูจน์ให้เห็น ว่าไม่มี ใน [8] ผู้เขียนพิสูจน์คี่ใด ๆ สมบูรณ์แบบหมายเลขต้องมีแบบฟอร์ม n = 12 m + 1 หรือ n = 36q + 9 เร็ว ๆ นี้ ใน [6]ผู้เขียนพิสูจน์ว่า จำนวนสมบูรณ์คี่ไม่มีอยู่ใน⊂ช่วง [1, 10300] N.นอกจากนี้เรายังสามารถกำหนดหมายเลขสมบูรณ์เป็น σ(N) = 2N, (N ∈ N) โดยที่σคือความหารฟังก์ชัน ถ้า p เป็นจำนวนเฉพาะและ k ≥ 1 กว่าหารเป็นเพียง 1และ p ดังนั้น σ(p) = p + 1 และΣ(pk) = 1 + p + p 2 +... + pk = pk + 1 −1p −1นอกจากนี้ ถ้า 2n + 1 − 1 = p, N = 2np เหมาะ แล้วเรา มีΣ(N) = (2n + 1 − 1)(p + 1) = 2n + 1 pสำหรับ p เฉพาะใด ๆ เรามี φ(p) = p − 1 ที่φเป็นฟังก์ชันของออยเลอร์ totientกำหนดเป็นหมายเลขขององค์ประกอบที่สามารถหาอินเวอร์สในระบบสารตกค้างที่สมบูรณ์ที่นี่มีบางคุณสมบัติของออยเลอร์ totient ฟังก์ชันที่เราใช้ในการพิสูจน์ของเราผลลัพธ์(i) ถ้า และ m เป็นจำนวนเต็มที่ (a, m) = 1 แล้ว≡ aφ(m) 1 (mod m)(ii) ถ้าเรามี n ≥ 1d |nΦ(d) = n(iii) สำหรับ n ≥ 1 เราได้ φ(n) = np |n1 − p1ของ k หมายเลข n1,..., nk ยฮาร์ 1 kn1+...+ 1nk. ตัวอย่าง การ1 และ 2 ยฮาร์มอ 2 / (1 + 1/2) = 4/3 เป็นจำนวนเต็มคือแร่หมายเลขที่มีค่าหรือมีค่าหารเลข ตามทฤษฎีบทของแร่ทุกจำนวนสมบูรณ์จะมีค่าn คือจำนวน superperfect ถ้า σ(σ(n)) = 2n และ superperfect ทุกคู่หมายเลข n ต้องกำลัง 2 คือ p 2 −1 2p − 1 เป็น Mersenne ตัวที่นายกรัฐมนตรีในสกู๊ป numb erfect p และความสัมพันธ์ 1339จำนวนสมบูรณ์ unitary เป็น integer ซึ่งเป็นจำนวนเฉพาะบวกหาร unitary ไม่รวมถึงเลขตัวเอง (ตัวหารของ n หมายเลข d เป็นunitary หารถ้า d และ nd ไม่ปัจจัยทั่วไปที่ใช้ร่วมกัน) ต.แสดงให้เห็นว่ายามาดะ [13]ที่ 9 และ 165 ได้ทั้งหมดของหมายเลข superperfect คี่ unitaryอ. Bege ให้ตาราง k-hyperperfect หมายเลข [1] ที่กำหนด n เป็นk −hyperfect หมายเลขถ้า n = 1 + k[σ(n) − n − 1] และ σ(n) ดังนั้น = k 1 k n + k −k 1ยัง พวกเขาพิสูจน์ข้อความคาดการณ์ที่ระบุว่า หมายเลข 2-hyperferfect ทั้งหมดมีแบบฟอร์มของ = (3 k − 1) (3 k − 2) ที่ 3 k − 2 เป็นนายก ใน [7] ผู้เขียนคำนวณจากหมายเลข hyperperfect ทั้งหมดน้อยกว่า 1011ถ้า σ(σ(n)) = 32 (n + 1), แล้ว n คือเลข hyperperfect ซุปเปอร์ ใน [1]ผู้เขียนศึกษาตั้งค่าทั่วไปสมบูรณ์เลข แสดง conjectures บาง และผลลัพธ์เป็นตัวเลข พวกเขา conjectured ที่ ถ้า n = −1 p 3 p และ 3p2−1โรงแรมไพรม์ แล้ว n เป็นจำนวนซูเปอร์-hyperperfect [11] ผู้ศึกษาในหมายเลขสมบูรณ์และส่วนที่ประกอบ ด้วยฟังก์ชัน arithmeticaln คือ multiplicatively อีเหมาะถ้า Te(n) = n2 ที่ Te(n) แสดงผลิตภัณฑ์ของหารเนนของ n ใน [10] ได้จำแนกของ multiplicativelyหมายเลข e-สมบูรณ์ และเหมือนจะได้รับ หลักฐานการสำรองสำหรับคุณสมบัติของหมายเลข สมบูรณ์อี และอี superperfect สามารถพบได้ใน [3]สำหรับข้อมูลเพิ่มเติมเกี่ยวกับหมายเลขสมบูรณ์ดู [2], [4], [9], [12], [14]ผลลัพธ์ 2 หลักทฤษฎีบท 2.1 ถ้า k ≥ 1, 1 + 2 + 4 +... + k = 2 k − 1 (2 k − 1) เป็น นายกและ k (2 k − 1) เป็นจำนวนสมบูรณ์ แล้วΦ ([2 k − 1] k) = k (k − 1) (1)นอกจากนี้ ถ้า k [2 k − 1] = 2n (2n + 1 − 1) คือหมายเลขยุคลิด แล้วΦ (2n [2n + 1 − 1]) = 2n (2n − 1) (2)หลักฐานการ ให้ k ≥ 1, 1 + 2 + 4 +... + k = 2k − 1 และ 2 k − 1 เป็นนายก ตั้งแต่Φ (k [2 k − 1]) เป็นฟังก์ชันเชิงการคูณ (k, 2 k − 1) = 1 เราสามารถเขียนΦ (k [2 k − 1]) =φ (k).φ (2 k − 1) จากสมมติฐาน แม้แต่ k และเป็น 2n แบบฟอร์ม(n ≥ 1) โดยใช้คุณสมบัติของฟังก์ชันของออยเลอร์ totient เราสามารถเขียนสิ่งΦ(k) =คุณ (1 − 12) = k2(3)2 k − 1 เป็น นายกΦ (2 k − 1) = 2 − k 2 (4)(3) และ (4), ที่เราได้รับพัก 1340 Recep G ¨your และ Bircan ไนฮอลΦ (k [2 k − 1]) =φ (k).φ (2 k − 1) = k2(2 k − 2)Φ ([2 k − 1] k) = k (k − 1)จำนวนใด ๆ สมบูรณ์แม้เป็นหมายเลขยุคลิด กล่าวคือ มันเป็นของแบบฟอร์ม2n (2n + 1 − 1) ที่ 2n + 1 − 1 เป็นนายก ดังนั้น ถ้า k = 2k และ 2n − 1 = 2n + 1 − 1 เป็นนายกรัฐมนตรี แล้ว k [2 k − 1] หมายเลขยุคลิด ดังนั้น φ (2n [2n + 1 − 1]) = 2n (2n − 1)Prop osition 2.2 ถ้า N > 6 เป็นจำนวนสมบูรณ์ แล้ว φ(N) จะได้ และΦ(N) ไม่ได้เป็นนายกหลักฐานการ ให้ N เป็นจำนวนสมบูรณ์ จากผลของยุคลิดทฤษฎีบท และทฤษฎีบท 2.1, N =φ (k [2 k − 1]) และเค (2 k − 1) = k (k − 1) ยัง 2 |k. (k − 1) ดังนั้นΦ(N) เป็นเลขคู่และ φ(6) = 2 และ จากสมมติฐาน N > 6 ดังนั้น φ(N) > 2นอกจากนี้ k |φ(N) (k − 1) และ |φ(N) เพื่อ φ(N) ไม่ได้เป็นนายกCorollary 2.3 ถ้า N เป็นจำนวนสมบูรณ์และ N =คุณ (2 k − 1), แล้วมีน้อยจำนวนธรรมชาติ n ที่ตรง n |φ(N) และ (n + 1) |φ(N)หลักฐานการ เป็นที่ชัดเจนจากทฤษฎีบท 2.1Prop osition 2.4 ถ้า φ(N) = b และ N เป็นจำนวนสมบูรณ์ แล้ว √4b + 1แมร์หลักฐานการ จากผลของทฤษฎีบท 2.1 เราสามารถเขียน b =เค (k − 1),b = k2 − kb = (k − 12) 2 − 14b + 14= k − 12 2± b + 14 = k − 12k =± (b 1 + 44) + 122 k − 1 = ±√4b + 1จากผลของทฤษฎีบท 2.1, (2 k − 1) จะเป็นจำนวนเฉพาะแมร์ ดังนั้น มันเป็นบวกดังนั้น √4b + 1 จะเป็นจำนวนเฉพาะแมร์Prop osition 2.5 ถ้า N = 2n (2n + 1 − 1) คือหมายเลขยุคลิด แล้วΦ(N2) = N.Φ(N)ในสกู๊ป numb erfect p และความสัมพันธ์ 1341หลักฐานการ โดยใช้คุณสมบัติของ totient ฟังก์ชันของออยเลอร์และทฤษฎีบท 2.1 เราสามารถเขียนΦ(N2) =φ (22n (2n + 1 − 1) 2) = 22n (2n + 1 − 1) (2n + 1 − 1) .12. (1 − 12n + 1 − 1)= 22n (2n + 1 − 1)(2n − 1)= 2n (2n + 1 − 1) [2n(2n − 1)]= N.Φ(N)ทฤษฎีบท 2.6 ให้ p เป็นจำนวนเฉพาะแมร์และ p = 2n + 1 − 1 หากN = 2n (2n + 1 − 1) เป็นจำนวนสมบูรณ์ แล้วΣ(N) = p 4p − 1Φ(N)หรือΣ(N) = 2n + 2 − 22n − 1Φ(N)หลักฐานการ สมมติฐานและทฤษฎีบท 2.1 เราสามารถเขียนΦ(N) = φ(2np) = 2n (2n − 1) ดังนั้น 2n = p + 12 แล้ว2n(2n − 1) = (p + 12)(p − 12)Φ(N) = p 2 − 14Σ(N) = σ(2np) = σ(2n).σ(p)ที่ σ(2n) = 2n2 + 1−1−1 และ σ(p) = p + 1 ดังนั้นΣ(N) = p (p + 1)จาก φ(N) และ σ(N) ที่เราได้รับΣ(N) = p 4p − 1Φ(N)หรือ p = 2n + 1 − 1 ดังนั้นΣ(N) = 2n + 2 − 22n − 1Φ(N)1342 ¨your Recep G และไนฮอล Bircanดูตัวอย่างที่ 3.5 การใช้ทฤษฎีบทนี้ทฤษฎีบท 2.7 ให้ N เป็นจำนวนสมบูรณ์ และσ (N) มีค่า ถ้า N เป็นของ 2n ฟอร์ม (2n + 1 − 1) 2n + 1 − 1 แมร์ แล้วH(σ(N)) = (n + 2) (2n + 2 − 2)(2n + 2 − 1)หลักฐานการ ถ้า N เป็นจำนวนสมบูรณ์ หมายถึง σ(N) = 2N หรือΣ (2n (2n + 1 − 1)) = 2n + 1 (2n + 1 − 1)H (σ (N)) = H (2n + 1 [2n + 1 − 1])= 2n1 + 4 (1 + 12 +... + 2n1 + 1 + 2n + 11 − 1 + 2 (2n + 11 − 1) +... + 2n + 1 (21n + 1 − 1)) −1= 2 (n1 + 2) (2n2 + 2n + 1− 1 + 2n + 12n (2 + 2n + 1− 1− 1)) −1= 2 (n1 + 2) 2 (2n + 1n + 2. ( 2−n + 11) 2−n + 11) −1=(n + 2) (2n + 2 − 2)(2n + 2 − 1)เสร็จสิ้นการพิสูจน์Corollary 2.8 ถ้า N เป็นจำนวนสมบูรณ์ แล้ว σ(N) มีค่าหลักฐานการ ทฤษฎีบทเลขที่มีค่าของแร่บอกที่จำนวนสมบูรณ์ทุกจะมีค่า แร่ ของทฤษฎีบทและทฤษฎีบท 2.7, N จะมีค่า ยังΣ(N) = 2N ดังนั้น σ(N) จะมีค่าทฤษฎีบท 2.9 ให้ 3 − k 2 เป็นนายก ถ้า n เป็นเลข 2-hyperperfect จากนั้นΦ(n) = n − 32 k −2หลักฐานการ จากสมมติฐาน เราสามารถนำ n = 3 k −1 (3 k − 2) ยัง φ(n) เป็นการฟังก์ชันเชิงการคูณ และ (3 k −1, k 3 − 2) = 1 ดังนั้นΦ(n) =φ (3 k −1. ( 3 k − 2))= Φ(3k −1).φ (3 k − 2)= (− 3 k −1 3k −2) (3 k − 3)= 3 k −1 [(3 k − 2) − 3k −1]= n − 32 k −2ทฤษฎีบทที่ 2.10 ถ้า n เป็นจำนวนซุปเปอร์ hyperperfect จากนั้นในสกู๊ป numb erfect p และความสัมพันธ์ 1343Φ(φ(n)) = 29nหลักฐานการ จากคำนิยามของหมายเลข hyperperfect ซุปเปอร์ เรารู้ว่าn = −1 p 3 p และ 3p2−1 โรงแรมไพรม์ และ (−1 p 3, 2) = 1 ดังนั้นΦ (φ (−1 3p)) =φ ((3p −1). ( 1 − 13))=Φ (3 p −2.2) =φ (−2).φ(2) 3 p= p 3 −2 (1 − 13)=−1 p 2.39=29nทฤษฎีบทที่ 2.11 ถ้า n คือ หมายเลข superperfect ได้ แล้วΦ(φ(n)) = n4.หลักฐานการ N คือ หมายเลข superperfect ได้ ถ้าเป็น n −1 p 2 แบบฟอร์มที่2p − 1 เป็นจำนวนเฉพาะแมร์ได้ ดังนั้นΦ(n) =φ (p 2 −1) = −1 p 2 (1 − 12)= p 2 −2Φ(φ(n)) =φ (p 2 −2) = −2 p 2 (1 − 12)=−1 p 24Φ(φ(n)) = n4ตัวอย่างที่ 3ในส่วนนี้ เรานำตัวอย่างที่เกี่ยวข้องกับทฤษฎีของเราตัวอย่างที่ 3.1 ถ้า N = p + 14 (Φ(p) + σ(p)) ที่ p = 2n + 1 − 1 จะเป็น Mersenneนายกรัฐมนตรี แล้ว N เป็นจำนวนสมบูรณ์ให้ p = 2

ผลลัพธ์ (ไทย) 2:

บทคัดย่อ
ในเอ้อเหลวนี้เราได้รับสูตรใหม่บางอย่างสำหรับทั่วไปพี erfect
ERS ชาและขสัมพันธ์ของพวกเขา etween ฟังก์ชั่นเกี่ยวกับคณิตศาสตร์φ, σ
เกี่ยวกับ ERS ชาฮาร์โมนิของแร่และโดยการใช้สูตรเหล่านี้
เรานำเสนอตัวอย่างบางส่วน.
คณิตศาสตร์เรื่องการจัดหมวดหมู่: 11A25, 11A41, 11Y70
คำสำคัญ: จำนวนสมบูรณ์จำนวน 2 hyperperfect, totient ออยเลอร์
ฟังก์ชั่น, ฮาร์โมนิแร่จำนวน
1 บทนำ
ในส่วนนี้เรามีวัตถุประสงค์เพื่อให้ข้อมูลทั่วไปเกี่ยวกับตัวเลขที่สมบูรณ์แบบ
ในไม่ช้า ที่นี่และทั่วกระดาษที่เราคิด m, n, k, d, b เป็นบวก
จำนวนเต็ม p และเป็นสำคัญ.
ยังไม่มีตัวเลขที่เรียกว่าสมบูรณ์แบบถ้ามันจะมีค่าเท่ากับผลรวมของตัวหารที่เหมาะสมของมัน
ตัวเลขที่สมบูรณ์แบบครั้งแรกไม่กี่ 6, 28, 496, 8128, ... ตั้งแต่
6 = 1 + 2 + 3
= 28 1 + 2 + 4 + 7 + 14
= 496 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 31 + 62 + 124 + 248
Euclid ค้นพบตัวเลขสี่ที่สมบูรณ์แบบครั้งแรกที่สร้างโดย
2n สูตร -1 (2n -1) เรียกว่าจำนวน Euclid ในหนังสือของเขา 'องค์ประกอบ' เขานำเสนอ
หลักฐานของสูตรซึ่งจะช่วยให้จำนวนสมบูรณ์แม้เมื่อใดก็ตามที่ 2n - 1 เป็น
1338 น่า G ur และ Nihal Bircan
สำคัญ เพื่อให้ 2n - 1 ถึง BEA n สำคัญตัวเองจะต้องเป็นนายก นอกจากนี้
ตัวเลขที่สมบูรณ์แบบทุกคนแม้กระทั่งและจบด้วย 6 หรือ 8 ใน [5] ผู้เขียนให้
รายละเอียดเกี่ยวกับตัวเลขที่สมบูรณ์แบบ.
โดยทั่วไปเราสามารถพูดได้ว่าถ้า AP - 1 เป็นสำคัญสำหรับบางหมายเลข≥ 2 และ
พี≥ 2 จากนั้นจะต้องเท่ากับ 2 p และจะต้องเป็นนายก ซึ่งหมายความว่าหากเรามีความ
สนใจในช่วงเวลาของ AP แบบฟอร์ม - 1 เราจะต้องพิจารณากรณีที่
2 = p และเป็นสำคัญ เฉพาะของรูปแบบ 2p - 1 จะเรียกว่าเซนเนเฉพาะ
ที่มีอยู่ที่ [15] [16] ถ้า N คือจำนวนที่สมบูรณ์แบบแม้แล้วไม่มีลักษณะ
เหมือนไม่มี 2p = -1 (2p - 1) ในกรณีที่ 2p - 1 เป็นนายกเซนเน ขึ้นที่จะรู้ว่ามีเพียง 47
เซนเนเฉพาะเป็นที่รู้จักกันซึ่งหมายความว่ามี 47 ที่รู้จักกันแม้ที่สมบูรณ์แบบ
ตัวเลข มีการคาดเดาว่ามีตัวเลขที่สมบูรณ์แบบหลายอย่างมากมายเป็น.
ต้องการค้นหาสำหรับคนใหม่ที่จะเก็บในจะ แต่วันนี้ไม่มีใครได้รับ
สามารถค้นพบจำนวนสมบูรณ์ใด ๆ ที่แปลก แต่ไม่มีใครยังไม่ได้รับสามารถ
ที่จะพิสูจน์ได้แน่ชัดว่าไม่มีใครอยู่ ใน [8] ผู้เขียนได้รับการพิสูจน์ใด ๆ ที่สมบูรณ์แบบแปลก
จำนวนจะต้องมีรูปแบบ n = 12 + 1 หรือ n = 36q + 9 ในไม่ช้า ใน [6]
ผู้เขียนได้รับการพิสูจน์ว่าไม่มีจำนวนที่สมบูรณ์แบบแปลก ๆ อยู่ในช่วง [1 10300] ⊂เอ็น
นอกจากนี้เรายังสามารถกำหนดตัวเลขที่สมบูรณ์แบบเป็นσ (N) = 2 คืน (ไม่มี∈ N) ที่σเป็น
ฟังก์ชั่นตัวหาร ถ้าพีเป็นจำนวนเฉพาะและ k ≥ 1 กว่าหารเท่านั้นคือ 1
และพี ดังนั้นσ (P) = P + 1 และ
σ (PK) = 1 + P + p2 + ... + PK = PK + 1 -1
-1 พี.
นอกจากนี้หาก 2n + 1 - 1 = P, N = 2NP เป็นที่สมบูรณ์แบบแล้วเรามี
σ (N) = (2n + 1 - 1) (P + 1) = 2n + 1p.
สำหรับหน้าใด ๆ ที่สำคัญเรามีφ (P) = พี - 1 ที่φคือ totient ออยเลอร์ ฟังก์ชั่น
ที่กำหนดไว้เป็นจำนวนขององค์ประกอบ invertible ในระบบสารตกค้างที่สมบูรณ์.
นี่คือคุณสมบัติบางส่วนของ totient ฟังก์ชันของออยเลอร์เป็นที่เราใช้ในการพิสูจน์ของเรา
ผล;
(i) ถ้าและ m เป็นจำนวนเต็มเช่นนั้น (เมตร) = 1 แล้วaφ (เมตร) ≡ 1 (สมัยม.)
(ii) ถ้า n ≥ 1 เรามี?
d | n
φ (ง) = n
(iii) สำหรับ n ≥ 1 เรามีφ (n) = n ?
พี | n
? 1 - p1
ฮาร์โมนิเฉลี่ยของตัวเลข k n1, ... , NK 1 k
n1
+ ... + 1
NK
ยกตัวอย่างเช่น
ค่าเฉลี่ยฮาร์โมนิ 1 และ 2 คือ 2 / (1 ​​+ 1/2) = 4/3 ดังกล่าวเป็นจำนวนเต็มเรียกว่าแร่
จำนวนฮาร์โมนิหรือหมายเลขหารฮาร์โมนิ ตามทฤษฎีของแร่;
ทุกจำนวนที่สมบูรณ์แบบฮาร์โมนิ.
n เรียกว่าจำนวน superperfect ถ้าσ (σ (n)) = 2n และทุก superperfect แม้
จำนวน n จะต้องเป็นอำนาจของ 2, ที่อยู่, 2p -1 ดังกล่าวที่ 2p - 1 เซนเน
นายก.
ใน ERS พี erfect ชาและความสัมพันธ์ของพวกเขา 1339
จำนวนสมบูรณ์รวมเป็นจำนวนเต็มซึ่งเป็นผลรวมของตัวบวกที่เหมาะสม
หารรวมไม่รวมตัวเลขของตัวเอง (d หารของจำนวน n เป็น
ตัวหารรวมกันถ้าวันและครั้งที่แบ่งปันไม่มีปัจจัยร่วมกัน) ตยามาดะ [13] แสดงให้เห็น
ว่า 9 และ 165 มีทั้งหมดของตัวเลข superperfect รวมคี่.
เอ Bege ให้ตารางของตัวเลข k-hyperperfect ใน [1] ซึ่งกำหนดเป็น n;
k จำนวน -hyperfect ถ้า n = 1 + k [σ (n) - ​​n - 1] และอื่น ๆ σ (n) = k + 1k + n k -k 1.
นอกจากนี้พวกเขาได้รับการพิสูจน์การคาดคะเนซึ่งระบุว่าตัวเลขทั้งหมด 2 hyperferfect
มีรูปแบบ n = (3k - 1) (3k - 2). ที่ 3k - 2 เป็นสำคัญ ใน [7] ผู้เขียน
คำนวณตัวเลขทั้งหมด hyperperfect น้อยกว่า 1011
ถ้าσ (σ (n)) = 32 (1 + n) แล้ว n เรียกว่าซุปเปอร์ hyperperfect จำนวน ใน [1]
ผู้เขียนศึกษาตัวเลขที่สมบูรณ์แบบทั่วไปที่นำเสนอและคาดเดา
ผลตัวเลข พวกเขาคาดคะเนว่าถ้า n = -1 3p ที่พีและ 3p2-1 เป็น
จำนวนเฉพาะแล้ว n คือจำนวนซุปเปอร์ hyperperfect ใน [11] ผู้เขียนศึกษา
ตัวเลขที่สมบูรณ์แบบและองค์ประกอบของพวกเขาที่มีหน้าที่เกี่ยวกับคณิตศาสตร์.
n ที่เรียกว่า E-multiplicatively ที่สมบูรณ์แบบถ้า Te (n) = n 2 ที่ Te (n) หมายถึงผลิตภัณฑ์ของตัวหารชี้แจงของ n ใน [10] ลักษณะของ multiplicatively
หมายเลข E-ที่สมบูรณ์แบบและคล้ายจะได้รับ หลักฐานทางเลือกสำหรับลักษณะของ E-ที่สมบูรณ์แบบและหมายเลข E-superperfect สามารถพบได้ใน [3].
สำหรับข้อมูลเพิ่มเติมเกี่ยวกับตัวเลขที่สมบูรณ์แบบดู [2] [4] [9] [12] [14]
2 ผลหลัก
ทฤษฎีบท 2.1 ถ้า k ≥ 1, 1 + 2 + 4 + ... + k = 2k - 1 ที่ (2k - 1) เป็นสำคัญ
และ k (2k - 1) เป็นจำนวนสมบูรณ์แล้ว
φ (k [2k - 1]) = k (k - 1) (1)
นอกจากนี้หาก k [2k - 1] = 2n (2n + 1 - 1) เป็นจำนวน Euclid แล้ว
φ (2n [2n + 1 - 1]) = 2n (2n - 1) (2)
หลักฐาน ให้ k ≥ 1, 1 + 2 + 4 + ... + k = 2k - 1 และ 2k - 1 เป็นสำคัญ ตั้งแต่
φ (k [2k - 1]) เป็นฟังก์ชั่นการคูณและ (k, 2k - 1) = 1 เราสามารถเขียน
φ (k [2k - 1]) = φ (k) .φ (2k - 1) จากสมมติฐาน k จะยิ่งและมีรูปแบบ 2n
(n ≥ 1) โดยการใช้ทรัพย์สินของ totient ฟังก์ชันของออยเลอร์เราสามารถเขียน
φ (k) = k (1 - 1.
2
) = k
2
(3)
ตั้งแต่ 2k - 1 เป็นนายก
φ (2k - 1) = 2k - 2 ( 4)
จาก (3) และ (4) เราได้รับ
1340 น่า G ur และ Nihal Bircan
φ (k [2k - 1]) = φ (k) .φ (2k - 1) = k
2
(2k - 2)
φ (k [2k - 1]) = k (k - 1).
จำนวนสมบูรณ์ใด ๆ แม้เป็นจำนวน Euclid, ที่อยู่, มันเป็นรูปแบบ
2n (2n + 1 - 1) ในกรณีที่ 2n + 1 - 1 เป็นสำคัญ . ดังนั้นถ้า k = 2n และ 2k - 1 = 2n + 1 - 1 เป็น
นายกแล้ว k [2k - 1] เป็นจำนวน Euclid ดังนั้นφ (2n [2n + 1 - 1]) = 2n (2n - 1).
Prop osition 2.2 ถ้า N> 6 เป็นจำนวนสมบูรณ์แล้วφ (N) และแม้
φ (N) ไม่ได้เป็นนายก.
หลักฐาน ให้ N คือจำนวนที่สมบูรณ์แบบ จากผลของทฤษฎีบท Euclid และ
ทฤษฎีบท 2.1, N = k (2k - 1). และφ (k [2k - 1]) = k (k - 1) นอกจากนี้ 2. | k (k - 1) เพื่อให้
φ (N) เป็นเลขคู่และφ (6) = 2 และจากสมมติฐาน N> 6 ดังนั้นφ (N)> 2.
นอกจากนี้ k | φ (N) และ (k - 1) | φ (N) ดังนั้นφ (N) ไม่ได้เป็นนายก.
ควันหลง 2.3 . ถ้า N คือจำนวนที่สมบูรณ์แบบและไม่มีข้อความ = k (2k - 1) แล้วมี
อย่างน้อยจำนวนธรรมชาติ n ซึ่งตอบสนองความ n | φ (N) และ (n + 1) | φ (N).
หลักฐาน มันเป็นที่ชัดเจนจากทฤษฎีบท 2.1.
Prop osition 2.4 ถ้าφ (N) = ขและ N คือจำนวนที่สมบูรณ์แบบแล้ว√4b + 1 เป็น
นายกเซนเน.
หลักฐาน จากผลของทฤษฎีบท 2.1 เราสามารถเขียนข = k (k - 1).
ข = k2 - k
ข = (k - 1
2
) 2 - 1
4
ข 1 +
4
= k? - 12? 2
± B + 14 = k - 12
k = ± (1 + 44 ข) + 12
2k - 1 = ±√4b + 1
จากผลของทฤษฎีบท 2.1 (2k - 1) เป็นเซนเนนายก ดังนั้นจึงเป็นบวก.
ดังนั้น√4b + 1 เป็นเซนเนนายก.
Prop osition 2.5 หากยังไม่มี 2n = (2n + 1 - 1) เป็นจำนวน Euclid แล้ว
φ (N2) = N.φ (N).
ในพี erfect ERS ชาและความสัมพันธ์ของพวกเขา 1341
หลักฐาน โดยการใช้ทรัพย์สินของ totient ฟังก์ชันของออยเลอร์และทฤษฎีบท 2.1 เราสามารถ
เขียน
φ (N2) = φ (22N (2n + 1 - 1) 2) = 22N (2n + 1 - 1) (2n + 1 - 1) 0.1
2
. (1-1
2n + 1 - 1)
= 22N (2n + 1 - 1) (2n - 1)
= 2n (2n + 1 - 1) [2n (2n - 1)]
= N.φ (N) .
ทฤษฎีบท 2.6 พีให้เป็นนายกเซนเนและ p = 2n + 1 - 1 หาก
ยังไม่มี 2n = (2n + 1 - 1) เป็นจำนวนสมบูรณ์แล้ว
σ (N) = 4p
พี - 1
. φ (N)
หรือ
σ (ยังไม่มี ) = 2n + 2 - 2
2n - 1
φ (N).
หลักฐาน จากสมมติฐานและทฤษฎีบท 2.1 เราสามารถเขียน
φ (N) = φ (2NP) = 2n (2n - 1) ดังนั้น 2n = 12 + p แล้ว
2n (2n - 1) = (พี 1 +
2
) (พี - 1
2
)
φ (N) = p2 - 1
4
σ (N) = σ (2NP) = σ (2n ) .σ (พี)
ที่σ (2n) = 2n2 + 1-1-1 และσ (P) = P + 1 ดังนั้น
σ (N) = P (พี + 1)
จากφ (N) และσ ( N) เราได้รับ,
σ (N) = 4p
พี - 1
φ (N).
หรือ p = 2n + 1 - 1 ดังนั้น
σ (N) = 2n + 2 - 2
2n - 1
. φ (N)
1342 น่าคบ G ur และ Nihal Bircan
ดูตัวอย่าง 3.5 สำหรับการใช้งานของทฤษฎีบทนี้.
ทฤษฎีบท 2.7 ให้ N คือจำนวนที่สมบูรณ์แบบและσ (N) เป็นฮาร์โมนิ ถ้า N คือ
รูปแบบ 2n (2n + 1 - 1) ในกรณีที่ 2n + 1 - 1 เป็นนายกเซนเนแล้ว
H (σ (N)) = (n + 2) (2n + 2 - 2)
(2n + 2 -. 1)
หลักฐาน ถ้า N เป็นจำนวนสมบูรณ์; นี้หมายถึงσ (N) = 2N หรือ
σ (2n (2n + 1 - 1)) = 1 + 2n (2n + 1 - 1).
H (σ (N)) = H (2n + 1 [2n + 1 - 1])
= 2N1 + 4 (1 + 12 + ... + 2N1 + 1 + 2n + 11-1 + 2 (2n + 11-1). + ... + 2n + 1 (21n + 1 - 1 ))
-1
= 2 (n1 + 2). (2n2 + 2n + 1 + 1 + 2n 12n. (2 + 2n + 1 1 1))
-1
= 2 (n1 + 2) 2 (2n + 1N + 2 (2-n + 11) 2 + n 11.)
-1
=
(n + 2) (2n + 2-2).
(2n + 2-1).
เสร็จสมบูรณ์หลักฐาน
ควันหลง 2.8 ถ้า N เป็นจำนวนสมบูรณ์แล้วσ (N) เป็นฮาร์โมนิ.
หลักฐาน แร่ของทฤษฎีบทจำนวนฮาร์โมนิบอกเราว่าทุกจำนวนที่สมบูรณ์แบบ
คือฮาร์โมนิ จากทฤษฎีบทแร่และทฤษฎีบท 2.7 N คือฮาร์โมนิ นอกจากนี้
σ (N) = 2N ดังนั้นσ (N) เป็นฮาร์โมนิ.
ทฤษฎีบท 2.9 ให้ 3k - 2 เป็นสำคัญ ถ้า n คือจำนวน 2 hyperperfect แล้ว
φ (n) = n. - 32k -2
หลักฐาน จากสมมติฐานที่เราสามารถนำ n = 3k -1 (3k - 2). นอกจากนี้φ (n) เป็น
ฟังก์ชั่นการคูณและ (3k -1 3k - 2) = 1 ดังนั้น
φ (n) = φ (3k -1 (3k -. 2))
= φ (3k -1) .φ (3k - 2)
= (-1 3k - 3k -2) (3k - 3).
3k = -1. [(3k - 2) - 3k -1]
= n. - 32k -2
ทฤษฎีบท 2.10 ถ้า n คือจำนวนซุปเปอร์ hyperperfect แล้ว
ในพี erfect ERS ชาและความสัมพันธ์ของพวกเขา 1343
φ (φ (n)) = 29n.
หลักฐาน จากความหมายของจำนวนซุปเปอร์ hyperperfect เรารู้ว่า
n = -1 3p ที่พีและ 3p2-1 เป็นจำนวนเฉพาะและ (3 P -1, 2) = 1 ดังนั้น
φ (φ (3p -1)) = φ (( 3p -1) (1 - 1.
3
))
= φ (3p -2.2) = φ (3p -2) .φ (2)
= -2 3p (1 - 1.
3
)
=
-1 2.3p
9
=
29
n
ทฤษฎีบท 2.11 ถ้า n คือจำนวน superperfect แม้แล้ว
φ (φ (n)) = n
4
.
หลักฐาน ถ้า n คือจำนวน superperfect แม้แล้ว n คือรูปแบบที่ 2p -1
2p - 1 เป็นนายกเซนเน ดังนั้น
φ (n) = φ (2p -1) = 2p -1 (1 - 1.
2
)
= 2p -2
φ (φ (n)) = φ (2p -2) = 2p -2 (1. - 1
2
)
=
2p -1
4
φ (φ (n)) = n
4
3 ตัวอย่าง
ในส่วนนี้เราได้นำตัวอย่างบางส่วนที่เกี่ยวข้องกับทฤษฎีของเรา.
ตัวอย่าง 3.1 หากยังไม่มี + p = 14 (φ (P) + σ (P)) โดยที่ p = 2n + 1 -. 1 Mersenne
. นายกแล้ว N คือจำนวนที่สมบูรณ์แบบ
ให้ p = 2

ผลลัพธ์ (ไทย) 3:

นามธรรม
ในการตรวจนี้ เอ่อ เราเอาสูตรใหม่สำหรับ ERS ชาทั่วไป erfect p
และความสัมพันธ์ข etween เลขคณิต ฟังก์ชันφσ
, เกี่ยวกับแร่ของฮาร์ชา ERS และโดยการใช้สูตรนี้ เราได้นำเสนอตัวอย่าง
.
คณิตศาสตร์เรื่องหมวดหมู่ : 11a25 11a41 11y70
, , , หมายเลข , หมายเลข 2-hyperperfect สมบูรณ์แบบ ข้อความคาดการณ์ของฟังก์ชันทอเทียนต์

ฮาร์เบอร์ , แร่1 บทนำ
ในส่วนนี้เรามีวัตถุประสงค์เพื่อให้ข้อมูลทั่วไปเกี่ยวกับจำนวนสมบูรณ์
ในไม่ช้า ที่นี่และทั่วกระดาษ เราถือว่า M , N , K , D , B เป็นจำนวนเต็มบวก
p เป็นจำนวนเฉพาะ .
n เรียกว่าจำนวนสมบูรณ์ ถ้ามันเท่ากับผลรวมของตัวหารที่เหมาะสมของมัน
ไม่กี่ครั้งแรกที่สมบูรณ์แบบ หมายเลข 6 , 28 , 496 , 8128 , . . . ตั้งแต่ ,
6 = 1 2 3
28 = 1 4 7 14
ถ้า = 1 2 4 8 16 32 64 124 248
ยุคลิดค้นพบครั้งแรกสี่สมบูรณ์แบบตัวเลขซึ่งถูกสร้างขึ้นโดย
สูตร 2n − 1 ( 2n − 1 ) ที่เรียกว่ายุคลิดหมายเลข ในหนังสือของเขา ' องค์ประกอบ ' ที่เขานำเสนอ
การพิสูจน์สูตรที่ให้สมบูรณ์แบบแม้เมื่อใดก็ตามที่ 2n − 1 คือ หมายเลข 1338 Recep
G ตั้ง ur และ Nihal bircan
จำนวนเฉพาะ ในการสั่งซื้อสำหรับ 2n − 1 B E N นายกรัฐมนตรีต้องตัวเองเป็นนายก นอกจากนี้
ตัวเลขสมบูรณ์แบบทั้งหมด และจบด้วย 6 หรือ 8 ใน [ 5 ] ผู้เขียนให้ข้อมูลรายละเอียดเกี่ยวกับตัวเลขที่สมบูรณ์แบบ
.
โดยทั่วไปเราสามารถพูดได้ว่าถ้า− AP 1 สำคัญสำหรับตัวเลขบางตัวเป็น≥ 2
P ≥ 2 แล้วต้องเท่ากับ 2 และ P ต้องเป็นจำนวนเฉพาะ ซึ่งหมายความว่าถ้าเรา
สนใจจำนวนเฉพาะในรูปของ AP − 1 เราต้องพิจารณากรณีที่
= 2 และ p เป็นจำนวนเฉพาะรูปแบบของรูปแบบ 2p − 1 จะเรียกว่าจำนวนเฉพาะแมร์แซน
ซึ่งมีอยู่ที่ [ 15 ] [ 16 ] ถ้า n เป็นจำนวนที่ดีแม้แล้ว N ดู
เช่น N = 2p − 1 ( 2p − 1 ) ที่ 2p − 1 เป็นจำนวนเฉพาะแมร์แซน . ถึงรู้ว่าเพียง 47
จำนวนเฉพาะแมร์แซน รู้จัก ซึ่งหมายความว่ามี 47 รู้จักได้สมบูรณ์แบบ
ตัวเลข มีการคาดเดาว่า มีตัวเลขที่สมบูรณ์แบบ
อนันต์หลายต้องการค้นหาใหม่ที่จะเดินต่อไป แต่ถึงวันนี้ไม่มีใครได้รับ
ค้นพบหมายเลขใด ๆที่แปลก แต่ยังไม่เคยมีใครสามารถพิสูจน์ conclusively ที่ไม่มีอยู่เลย
. [ 8 ] ผู้เขียนพิสูจน์เลขคี่ต้องมีรูปแบบที่สมบูรณ์แบบ
n = 12 m 1 หรือ n = 36q 9 เร็วๆ นี้ ใน [ 6 ]
เขียนว่า ไม่แปลกที่สมบูรณ์แบบ เลขที่อยู่ในช่วง [ 1 ] .
⊂ 10300