next up previous contents
Næste: 2. Kongruens og modulusregning Op: 1.3 Mersenne primtal Foregående: 1.3.2 Sætninger om Mersenne

1.3.3 Mersenne primtals betydning

Som med det meste talteori, har Mersenne primtal ikke nogen særlig konkret betydning. Men man må dog nævne at Mersenne primtallene er knyttet sammen med de perfekte tal. Om et perfekt tal gælder

DEFINITION 1.8   Et tal $ n$ er perfekt, hvis det er lig summen af dets (positive) divisorer, undtagen tallet selv. Derfor er 6 et perfekt tal, da $ 6=1+2+3$. Det samme er 28, da $ 28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14$.

Perfekte tal er rimelig sjældne. Man kender også kun lige perfekte tal, men har endnu ikke kunne give noget bevis hverken for eller imod, at der skulle findes et ulige perfekt tal. Men man ved at et eventuelt ulige perfekt tal må være stort[11, s. 167], da man ved hjælp af computere har undersøgt alle tal op til $ 10^{600}$!

Hvert Mersenne primtal vi finder, giver os samtidig et lige perfekt tal[14, s. 81] ifølge sætning 1.9:

SÆTNING 1.9   For hvert Mersenne primtal $ M_p=2^p-1$ gælder der at $ P_p =
2^{p-1}(2^p - 1)$ er et lige perfekt tal.

Før vi kan bevise sætning 1.9 må vi først introducere funktionen $ \sigma(n)$, se [7]:

DEFINITION 1.10   $ \sigma(n)$ betegner summen af de positive divisorer til $ n$. Vi har så for et primtal $ p$ at $ \sigma(p) = p+1$ og at $ \sigma(m)=2m$ hvis $ m$ er et perfekt tal. $ \sigma(n)$ har den egenskab at $ \sigma(nm) =
\sigma(n)\cdot\sigma(m)$ når $ n$ og $ m$ er indbyrdes primiske.

Der er lige en lille sætning vi også skal bruge, beviset for sætningen har jeg selv lavet:

SÆTNING 1.11   Der gælder følgende om $ \sigma\left(2^n\right)$:

$\displaystyle \sigma\left(2^n\right)=2^{n+1}-1$ (1.11)

Hvis vi opløser $ 2^n$ i dets primfaktorer, får vi naturligvis $ 2^n$. Derfor kan f.eks. 3 eller 5 ikke gå op i $ 2^n$. En divisor skal så selv have formen $ 2^m$ hvor $ m \le n$. Der må altså være $ n$ af disse divisorer, da $ 2^n$ er delelig med et hvert tal på formen $ 2^m$:

$\displaystyle \frac{2^n}{2^m} = 2^{n-m} \in \mathbb{Z}$ (1.12)

Divisorerne er altså $ \{1, 2, 2^2, 2^3, \dots, 2^{n-1}, 2^n\}$. Deres sum er:

$\displaystyle \sum_0^n 2^n = 2^{n+1}-1$ (1.13)

Derved har vi vist at summen af divisorerne, $ \sigma\left(2^n\right)$, er lig $ 2^{n+1}-1$. $ \blacksquare$

Vi kan så bevise sætning 1.9 som i [3]:

Vi går ud fra at $ M_p=2^p-1$ er et primtal, og skal vise at $ n=2^{p-1}(2^p-1)$ er et (lige) perfekt tal, hvilket er det samme som at $ \sigma(n) = 2n$.

Vi har altså:

$\displaystyle \sigma(n) = \sigma\left(2^{p-1}(2^p-1)\right) = \sigma\left(2^{p-1}\right)\cdot\sigma\left(2^p-1\right) = (2^p-1) 2^p = 2n$ (1.14)

Vi benyttede undervejs at $ 2^{p-1}$ og $ 2^p-1$ er indbyrdes primiske, da $ 2^p-1$ er et primtal som i hvert tilfælde ikke går op i $ 2^{p-1}$. Det viser at $ n$ er et perfekt tal og at det må have formen $ n=2^{p-1}\left(2^p-1\right)$.

Vi kan også vise at det omvendte gælder, nemlig at hvis $ n$ er et lige perfekt tal, så vil det kunne skrives som $ n=2^{p-1}\left(2^p-1\right)$.

Vi har altså et lige perfekt tal, $ n$. Det må vi kunne skrive som $ 2^{k-1}m$ hvor $ k \ge 2$ og $ m$ er et ulige heltal. Vi regner nu på $ \sigma(n)$:

$\displaystyle \sigma(n) = \sigma\left(2^{k-1}m\right) = \sigma\left(2^{k-1}\right)\cdot \sigma(m)$ (1.15)

Det giver os at

$\displaystyle \sigma(n) = \left(2^k -1\right)\cdot \sigma(m)$ (1.16)

Vi benyttede at $ 2^{k-1}$ og $ m$ må være indbyrdes primiske, da $ 2^{k-1}$ kun har primtalsdivisoren 2 og $ m$ er ulige og derfor ikke delelig med 2.

Vi ved også at $ n$ er et perfekt tal:

$\displaystyle \sigma(n) = 2n = 2\left(2^{k-1}m\right) = 2^km$ (1.17)

Kombinerer vi de to sidste ligninger får vi

$\displaystyle 2^km = \left(2^k-1\right)\cdot \sigma(m)$ (1.18)

hvilket betyder at $ 2^k-1$ går op i $ 2^km$. Men $ 2^k-1$ kan ikke gå op i $ 2^k$, og må derfor gå op i $ m$. Vi kan altså skrive $ m$ som

$\displaystyle m=\left(2^k-1\right)M \Leftrightarrow m+M = 2^kM$ (1.19)

hvor $ M\in \mathbb{Z}$. Sætter vi $ m=\left(2^k-1\right)M$ ind i (1.18), får vi:

\begin{displaymath}\begin{split}2^k\left(2^k-1\right)M & = \left(2^k-1\right) \cdot \sigma(m) \Leftrightarrow   2^kM & = \sigma(m) \end{split}\end{displaymath} (1.20)

Både $ m$ og $ M$ er divisorer i $ m$. Da $ \sigma(m)$ netop er summen af divisorerne i $ m$ (som der godt kan være flere af ud over $ m$ og $ M$), må $ \sigma(m)$ være større end eller lig $ m+M$. Men da $ m+M$ samtidig er lig $ 2^kM$ ifølge (1.19), har vi at

$\displaystyle \sigma(m) = m+M$ (1.21)

Det viser at der kun kan være to divisorer i $ m$. Hvis nu $ M$ var lig $ ab$, skulle vi have fået $ \sigma(m) = m+M+a+b$. $ m$ må så være et primtal, og $ M$ må være lig 1.

Vi har altså at $ m=2^k-1$ er et primtal. Tallet $ n$ får så formen $ 2^{k-1}\left(2^k-1\right)$, hvilket var det vi skulle vise. $ \blacksquare$

Som et eksempel på brugen af sætning 1.9, kan vi se at tallet $ 2^{12}\left(2^{13}-1\right)=33550336$ er et perfekt tal, da $ M_{13}=2^{13}-1$ er et primtal.


next up previous contents
Copyright © 2001, Martin Geisler.