Vollkommene Zahlen/Gerade/Charakterisierung mit Mersenne-Primzahlen/Fakt/Beweis/Aufgabe/Lösung

Es sei zunächst ${}n=2^{k-1}{\left(2^{k}-1\right)}$ mit ${}2^{k}-1$ prim. Dann sind die von ${}n$ verschiedenen Teiler von ${}n$ durch

$2^{i},\,i=0,\ldots ,k-1,{\text{ und }}2^{i}(2^{k}-1),\,i=0,\ldots ,k-2$

gegeben. Daher ist ihre Summe gleich

$\sum _{i=0}^{k-1}2^{i}+(2^{k}-1)\sum _{i=0}^{k-2}2^{i}=2^{k}-1+{\left(2^{k}-1\right)}{\left(2^{k-1}-1\right)}={\left(2^{k}-1\right)}2^{k-1}=n\,,$

also ist ${}n$ vollkommen. Es sei umgekehrt ${}n$ vollkommen. Wir setzen (in Anlehnung an das Ziel) an

${}n=2^{k-1}u\,$

mit ${}u$ ungerade und ${}k\geq 2$, da ja ${}n$ gerade ist. Für teilerfremde Zahlen ist nach Fakt die Teilersumme gleich dem Produkt der beiden Teilersummen. Daher ist einerseits

${}\sigma (n)=\sigma {\left(2^{k-1}u\right)}=\sigma {\left(2^{k-1}\right)}\sigma (u)={\left(2^{k}-1\right)}\sigma (u)\,$

und andererseits wegen der Vollkommenheit ${}\sigma (n)=2n=2^{k}u$. Insgesamt ergibt sich also ${}{\left(2^{k}-1\right)}\sigma (u)=2^{k}u$. Da ${}2^{k}-1$ ungerade ist, gilt

$\sigma (u)=x2^{k}{\text{ und }}u=x(2^{k}-1).$

Die Annahme ${}x>1$ führt schnell zum Widerspruch, da es dann zumindest die drei verschiedenen Teiler ${}1,x,x(2^{k}-1)$ von ${}u$ gibt, was zu

${}\sigma (u)\geq {\left(2^{k}-1\right)}x+1+x>2^{k}x\,$

führt. Also ist ${}x=1$ und somit ${}\sigma (u)=2^{k}=u+1$.

Die Teilersumme einer Zahl ${}u$ ist aber gleich ${}u+1$ nur dann, wenn eine Primzahl vorliegt.

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