2018-04-13

奇数の完全数に関するHeath-Brownの手法

定理解説

奇数の完全数が存在するかしないかというのは未解決問題です。

integers.hatenablog.com

しかしながら部分的な研究成果は多数あって、例えば1913年にDicksonが「与えられた個数の素因数を持つような奇数の完全数は有限個しか存在しない」ということを証明しました。この結果は定量化されています。素因数の個数を表す数論的関数 $\omega(n)$

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を用いることにし、 $N$ を奇数の完全数とすると、Pomeranceが1977年に

$\displaystyle N < (4\omega(N) )^{(4\omega(N) )^{2^{\omega(N)^2}}}$

を示しました。その後、この結果は改良されており、Heath-Brownが1994年に

$\displaystyle N < 4^{4^{\omega(N)}}$

を示し、幾つかの研究を経て、Nielsenが2015年に

$\displaystyle N < 2^{(2^{\omega(N)}-1)^2}$

を示しました。S先生に教わったところHeath-Brownによる技術革新が結構重要ということなので、この記事では

D. R. Heath-Brown, Odd perfect numbers, Math. Proc. Cambridge Philos. Soc. 115 (1994), 191–196.

を勉強します。

Heath-Brownの定理

$\sigma(n)$ を約数総和関数とする。実際には、次の定理を証明している：

定理 (Heath-Brown) $N$ を $\omega(N) \leq k$ を満たすような奇数とし、 $n/d$ は $1$ より大きい有理数の既約分数表示とする。 $\sigma(N)=\frac{n}{d}N$ が成り立つならば、 $N < (4d)^{4^k}$ が成立する。

$n/d=2$ のときを考えると冒頭で紹介した主張となる。次のような補題を用意することが重要である(現在は改良されている)。

補題１ $r$ を正整数、 $n_1, \dots, n_r$ を $1 < n_1 < \cdots < n_r$ を満たすような整数であって

$\displaystyle \prod_{i=1}^r\left(1-\frac{1}{n_i}\right) \leq \frac{a}{b} < \prod_{i=1}^{r-1}\left(1-\frac{1}{n_i}\right)$

を満たすようなものとする。ただし、 $a, b$ は正整数。このとき、不等式評価

$\displaystyle \prod_{i=1}^rn_i \leq (4a)^{2^r-1}$

が成り立つ。

証明. $r$ に関する帰納法で示す。 $r=1$ のとき。 $1-\frac{1}{n_1}\leq \frac{a}{b} < 1$ が満たされており、 $b > a$ より $b \geq a+1$ が言えるので

$\displaystyle 1-\frac{1}{n_1}\leq \frac{a}{a+1}$

を得る。すると、

$n_1\leq a+1 \leq 4a=(4a)^{2^1-1}$

が成り立つことがわかる。次に、 $r\geq 2$ の場合を考える。まず、 $n_i\leq 2^{i+1}a$ を満たすような $n_i \ (1\leq i\leq r)$ が存在することを示す。いま、先ほどと同様に $1 \geq \prod_{i=1}^{r-1}\left(1-\frac{1}{n_i}\right) > \frac{a}{b}$ から $b \geq a+1$ が成り立つことに注意する。もし、任意の $1 \leq i \leq r$ に対して $n_i > 2^{i+1}a$ だったと仮定すると

$\begin{align}\frac{a}{a+1} &\geq \frac{a}{b} \geq \prod_{i=1}^r\left(1-\frac{1}{n_i}\right) \geq 1-\sum_{i=1}^r\frac{1}{n_i} > 1-\frac{1}{a}\sum_{i=1}^{\infty}\frac{1}{2^{i+1}} \\ &= 1-\frac{1}{2a} \geq 1-\frac{1}{a+1}=\frac{a}{a+1}\end{align}$

となって矛盾する*1。 $n_i\leq 2^{i+1}a$ を満たす最小の $i$ を $k$ とする。

$\displaystyle \prod_{i=1}^kn_i \leq n_k^k \leq (2^{k+1}a)^k$ –①

が成り立つ。 $k=r$ の場合。①より

$\displaystyle \prod_{i=1}^rn_i \leq (2^{r+1}a)^r$ –②

が成り立つ。 $1 \leq k \leq r-1$ の場合。 $a':=a\prod_{i=1}^kn_i$ , $b'=b\prod_{i=1}^k(n_i-1)$ とすると、

$\displaystyle \prod_{i=k+1}^r\left(1-\frac{1}{n_i}\right) \leq \frac{a'}{b'} < \prod_{i=k+1}^{r-1}\left(1-\frac{1}{n_i}\right)$

なので、帰納法の仮定より

$\displaystyle \prod_{i=k+1}^{r}n_i \leq (4a')^{2^{r-k}-1}=(4a)^{2^{r-k}-1}\Big(\prod_{i=1}^kn_i\Bigr)^{2^{r-k}-1}$

となり、①より

$\displaystyle \prod_{i=1}^rn_i \leq (4a)^{2^{r-k}-1}\Big(\prod_{i=1}^kn_i\Bigr)^{2^{r-k}} \leq (4a)^{2^{r-k}-1}(2^{k+1}a)^{k2^{r-k}}$

を得る。②よりこの式はどちらの場合分けでも成立していることがわかる。よって、後は

$(4a)^{2^{r-k}-1}(2^{k+1}a)^{k2^{r-k}} \leq (4a)^{2^r-1}$

が成り立つことを示せばよく、そのために

$4^{2^{r-k}-1}2^{k(k+1)2^{r-k}} \leq 4^{2^r-1}, \quad a^{2^{r-k}-1}a^{k2^{r-k}} \leq a^{2^r-1}$

を示せばよい。 $\frac{k(k+1)}{2} =1+2+\cdots +k \leq 1+2+\cdots + 2^{k-1} = 2^k-1$ より

$4^{2^{r-k}-1}4^{\frac{k(k+1)}{2}2^{r-k}} \leq 4^{2^{r-k}-1+(2^k-1)2^{r-k}}=4^{2^r-1}$

であり、 $k \leq 2^k-1$ より

$a^{2^{r-k}-1}a^{k2^{r-k}} \leq a^{2^{r-k}-1+(2^k-1)2^{r-k}} = a^{2^r-1}$

である。 Q.E.D.

素数からなる有限集合 $S$ に対して、 $\Pi(S):=\prod_{p \in S}p$ と定義する。また、正整数 $N$ に対して、 $\mathrm{prime}(N)$ を $N$ の素因数全体のなす集合とする。

補題２ $N$ を奇数、 $S\subset \mathrm{prime}(N)$ とし、 $\frac{\sigma(N)}{N}=\frac{n}{d} > 1$ とする( $n, d$ は正整数)。このとき、 $N=N'M$ なる互いに素な正整数 $N', M$ であって、
(i) $v:=\omega(M) \geq 1$ .
(ii) ${}^{\exists}S' \subset \mathrm{prime}(N')$ s.t. $w:=v+\#S'-\#S \geq 0$ .
(iii) ${}^{\exists}n', d' \in \mathbb{Z}_{> 0}$ s.t. $\frac{\sigma(N')}{N'} = \frac{n'}{d'}$ & $d\sigma(M) \mid d'$ .
(iv) $4d'\Pi(S') \leq (4d\Pi(S) )^{2^{v+w}}$ .
が成り立つようなものが存在する。

証明. $\prod_{p \in S}\left(1-\frac{1}{p}\right)$ は $1$ ( $S=\emptyset$ の場合)または、既約分数表示した際に分子が偶数である( $N$ が奇数なので)。一方、 $\frac{d}{n}=\frac{N}{\sigma(N)} < 1$ の既約分数表示における分子は奇数である(やはり $N$ 奇数より)。よって、

$\displaystyle \prod_{p \in S}\left(1-\frac{1}{p}\right) \neq \frac{d}{n}$

がわかる。 $\prod_{p \in S}\left(1-\frac{1}{p}\right) > \frac{d}{n}$ の場合を考える。

$\displaystyle \prod_{p \mid N}\left(1-\frac{1}{p}\right) < \frac{N}{\sigma(N)}=\frac{d}{n}$

なので*2、 $d_1:=d\Pi(S), n_1:=n\prod_{p \in S}(p-1)$ とすると

$\displaystyle \prod_{p \mid N, \ p \not \in S}\left(1-\frac{1}{p}\right) < \frac{d_1}{n_1} =\frac{d}{n}\prod_{p \in S}\frac{1}{1-\frac{1}{p}} < \prod_{p \in S}\left(1-\frac{1}{p}\right)\cdot \prod_{p \in S}\frac{1}{1-\frac{1}{p}} = 1$

が成り立つ( $S\subset\mathrm{prime}(N)$ であることに注意)。これより、 $\emptyset \neq S_1=\{p_1, \dots, p_w\} \subset \mathrm{prime}(N)$ であって、 $S\cap S_1=\emptyset$ かつ

$\displaystyle \prod_{i=1}^w\left(1-\frac{1}{p_i}\right) \leq \frac{d_1}{n_1} < \prod_{i=1}^{w-1}\left(1-\frac{1}{p_i}\right)$ –③

が成り立つような $S_1$ が存在することがわかる( $p_1 < \cdots < p_w$ )。このとき、補題１より

$\Pi(S_1) \leq (4d_1)^{2^w-1}$

が成り立つ。よって、

$\Pi(S\sqcup S_1) \leq (4d)^{2^w-1}\Pi(S)^{2^w}$ –④

が成り立つ。③より

$\displaystyle \prod_{p \in S\sqcup S_1}\left(1-\frac{1}{p}\right) \leq \frac{d}{n}$

である。この証明の冒頭の議論によって等号は成り立たない。すなわち、

$\displaystyle \prod_{p \in S\sqcup S_1}\left(1-\frac{1}{p}\right) < \frac{d}{n}$ –⑤

である。ここまでは $\prod_{p \in S}\left(1-\frac{1}{p}\right) > \frac{d}{n}$ を仮定していたが、 $\prod_{p \in S}\left(1-\frac{1}{p}\right) < \frac{d}{n}$ であっても $w=0, S_1=\emptyset$ として⑤は成立する(場合分けの仮定は終了。 $S$ と $S_1$ が同時に空集合にはなり得ないことに注意)。

$N$ の素因数分解を $N=\prod_{p \mid N}p^{e_p}$ と表す。このとき、

$\displaystyle \prod_{p \in S\sqcup S_1}\frac{1-p^{-e_p-1}}{1-p^{-1}} \leq \frac{\sigma(N)}{N} = \frac{n}{d}$

なので

$\displaystyle \prod_{p \in S\sqcup S_1}\left(1-\frac{1}{p^{e_p+1}}\right) \leq \frac{n_2}{d_2}$

が成り立つ。ただし、 $d_2:=d\Pi(S\sqcup S_1)$ , $n_2:=n\prod_{p \in S\sqcup S_1}(p-1)$ と定めている。⑤より $\frac{n_2}{d_2} < 1$ なので、 $S_1$ の存在性と同様にして、 $\emptyset \neq S_2 \subset S\sqcup S_1$ であって

$\displaystyle \prod_{p \in S_2}\left(1-\frac{1}{p^{e_p+1}}\right) \leq \frac{n_2}{d_2},\quad \prod_{p \in S_2}p^{e_p+1} \leq (4n_2)^{2^v-1}\leq (4d_2)^{2^v-1}$ –⑥

が成り立つようなものが存在する( $v:=\#S_2 \geq 1$ であり、補題１を適用している)。 $M:=\prod_{p \in S_2}p^{e_p}$ , $N':=\frac{N}{M}$ とする。このとき、 $(N', M)=1$ である。また、 $S':=S\sqcup S_1\setminus S_2$ とすれば、 $S'\subset \mathrm{prime}(N')$ であり、

$v+\#S'-\#S=\#S_2+\#S'-\#S=\#S_1=w \geq 0$

である。

$\displaystyle \frac{\sigma(N')}{N'}=\frac{\sigma(N)}{N}\cdot \frac{M}{\sigma(M)} = \frac{n}{d}\cdot \frac{M}{\sigma(M)} = \frac{nM\prod_{p \in S_2}(p-1)}{d\prod_{p \in S_2}(p^{e_p+1}-1)}$

であり、 $n':=nM\prod_{p \in S_2}(p-1)$ , $d':=d\prod_{p \in S_2}(p^{e_p+1}-1)$ とすれば $d\sigma(M) \mid d'$ である。⑥、④より

$d' \leq d(4d_2)^{2^v-1} = d(4d\Pi(S\sqcup S_1) )^{2^v-1} \leq d(4d\Pi(S) )^{2^w(2^v-1)}$

が成り立ち、再び④より

$\displaystyle 4d'\Pi(S') \leq 4d'\Pi(S \sqcup S_1) \leq 4d(4d\Pi(S) )^{2^w(2^v-1)}(4d)^{2^w-1}\Pi(S)^{2^w}=(4d\Pi(S) )^{2^{v+w}}$

を得る。 Q.E.D.

定理の証明. $N_0:=N, S_0:=\emptyset, n_0:=n, d_0:=d$ とし、 $N_i, S_i, n_i, d_i$ が定まっているときに、 $N_{i+1}, S_{i+1}, n_{i+1}, d_{i+1}$ を補題２において

$N\mapsto N_i, \ S\mapsto S_i, \ n\mapsto n_i, \ d\mapsto d_i, \ N' \mapsto N_{i+1}, \ S' \mapsto S_{i+1}, \ n' \mapsto n_{i+1}, \ d' \mapsto d_{i+1}$

となるように帰納的に定める。また、 $M \mapsto M_{i+1}, v\mapsto v_{i+1}, w \mapsto w_{i+1}$ とする。 $N_i=N_{i+1}M_{i+1}$ である。補題２(i)より $1 \leq s \leq k$ が存在して $N_s=1$ が成り立ち、 $N=M_1M_2\cdots M_s$ がわかる。補題２(iii)より