Γκρίτζαλη Γεωργία 6/4/2006

Θέµα: Τέλειοι αριθµοί και πρώτοι του Mersenne

Οι αρχαίοι πολιτισµοί ενδιαφέρονταν για τους ακέραιους αριθµούς που

ήταν ίσοι µε το άθροισµα των γνήσιων διαιρετών τους και συχνά τους έδιναν µυστικιστικές ερµηνείες. Αυτοί οι ακέραιοι ονοµάστηκαν τέλειοι αριθµοί. Παράδειγµα 6 = 1 + 2 + 3 28 = 1+ 2 + 4 + 7 + 14 Ο Άγιος Αυγουστίνος αναφέρει ότι αν και ο Θεός µπορούσε να έχει δηµιουργήσει τον κόσµο αµέσως, προτίµησε να τον δηµιουργήσει σε 6 ηµέρες, διότι η τελειότητα της εργασίας συµβολίζεται µε τον τέλειο αριθµό 6. Σχολιαστές της Παλαιάς ∆ιαθήκης υποστήριξαν ότι η τελειότητα του Σύµπαντος αντιπροσωπεύεται από τον αριθµό 28, που είναι ο αριθµός των ηµερών που χρειάζεται το φεγγάρι να κάνει µία περιφορά γύρω από τη Γη. Ορισµός Η συνάρτηση του αθροίσµατος των διαιρετών συµβολίζεται µε σ, δηλαδή σ(n) ισούται µε το άθροισµα όλων των θετικών διαιρετών του n. Συµβολικά:

d|n

(n) dσ =∑ Ορισµός Μια συνάρτηση f λέγεται πολλαπλασιαστική αν f (mn) f (m)f (n)= όταν m, n θετικοί ακέραιοι και . (m,n) 1=Και πλήρως πολλαπλασιαστική αν f (mn) f (m)f (n)= για όλους τους θετικούς ακέραιους m, n. Θεώρηµα1.1 Αν η f είναι µια πολλαπλασιαστική συνάρτηση τότε η αριθµητική συνάρτηση

είναι και αυτή πολλαπλασιαστική. d|n

F(n) f (d)= ∑ Για την απόδειξη αυτού του θεωρήµατος θα χρειαστούµε το παρακάτω λήµµα. Λήµµα1.1 Έστω a και b δυο σχετικά πρώτοι φυσικοί αριθµοί. Ας υποθέσουµε ότι , για κάποιο φυσικό αριθµό w. Τότε υπάρχουν µοναδικοί

w | abu,v∈Ν τέτοιοι ώστε

, και u | a v | b w uv= , (u,v) 1= . Απόδειξη

1

Θεωρούµε και u (w,a)= v (w,b)=Υπάρχουν 1 1x ,y ∈Z τέτοια ώστε 1 1u x w y a= + και τέτοια ώστε 2 2x ,y ∈Z 2 2v x w y b= +οπότε . 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1uv (x w y a)(x w y b) w(wx x ay x bx y ) ay by= + + = + + + 2

Αφού , από την παραπάνω σχέση έχουµε . w | ab w | uv Όµως , υπάρχουν (a,b) 1= x,y∈Z τέτοιοι ώστε ax by 1+ = . Πολλαπλασιάζουµε τη σχέση αυτή µε w, οπότε παίρνουµε . wax wby w+ =Παρατηρούµε ότι και άρα uv u | a v | w | waxόµοια u | και άρα w v | b uv | wbyΑπό τις δυο αυτές σχέσεις uv | w Εποµένως και άρα w | uv uv | w w uv= . Για την µοναδικότητα, ας υποθέσουµε ότι 1 1w u v= , όπου και . 1u | a 1v | b

1u | w και άρα 1u | a 1u | (w,a) u=

1v | w και άρα 1v | b 1v | (w,b) v= Όµως και 1u ≠ u

u

1v v≠

1 1 1w u v uv uv w= < < = άτοπο. Άρα και . 1u = 1v v= Απόδειξη (θεωρήµατος 1.1) Έστω µε (m , οπότε έχουµε m,n∈Z ,n) 1=

d|mn

F(mn) f (d)= ∑ .

Αφού (m , για κάθε διαιρέτη των mn, έστω d, υπάρχουν µοναδικοί Ν τέτοιοι ώστε και και

,n) 1=

1 2d ,d ∈ 1d | m 2d | n 1 2d d d= , 1 2(d ,d ) 1= . Εποµένως µπορούµε να γράψουµε

12

1 2d |md |n

F(mn) f (d d )= ∑

Όµως η f είναι πολλαπλασιαστική και 1 2(d ,d ) 1= , άρα .

1 1 22

1 2 1 2d |m d |m d |nd |n

F(mn) f (d )f (d ) f (d ) f (d ) F(m)F(n)= = =∑ ∑ ∑

Πόρισµα 1.1.1 Η συνάρτηση του αθροίσµατος των διαιρετών σ είναι πολλαπλασιαστική συνάρτηση. Απόδειξη Έστω f ( . n) n=

2

Έχουµε που είναι πολλαπλασιαστική για κάθε m, n θετικούς ακεραίους.

f (mn) mn f (m)f (n)= =

Οπότε σύµφωνα µε το παραπάνω θεώρηµα d|n

(n) f (d)σ =∑ .

Άρα η σ είναι πολλαπλασιαστική συνάρτηση. Ορισµός Αν ο n είναι ένας θετικός ακέραιος και σ(n) = 2n τότε ο n ονοµάζεται τέλειος αριθµός. Παράδειγµα 1.1 σ(6) = 1 + 2 + 3 + 6 + 12 Το 6 είναι τέλειος αριθµός. σ(28) = 1 + 2 + 4 + 7 + 14 + 28 Το 28 είναι τέλειος αριθµός. Οι τέλειοι αριθµοί απασχόλησαν τους αρχαίους Έλληνες Μαθηµατικούς. Το πρώτο ενδιαφέρον θεώρηµα για τους τέλειους αριθµούς βρίσκεται στα ‘ Στοιχεία ’ του Ευκλείδη. Ο Ευκλείδης απέδειξε ότι αν ο 2m-1 είναι πρώτος τότε ο 2m-1(2m-1) είναι τέλειος. Πιο συγκεκριµένα ισχύει το εξής θεώρηµα: Θεώρηµα1.2 Ένας άρτιος θετικός ακέραιος n είναι τέλειος αν και µόνο αν n = 2m-1(2m-1) όπου ο m είναι ακέραιος µε m ≥ 2 και 2m-1 είναι πρώτος. Απόδειξη Πρώτα θα δείξουµε ότι: Αν n = 2m-1(2m-1), µε m ≥ 2 και ο 2m-1 είναι πρώτος τότε ο n είναι τέλειος. Η συνάρτηση σ είναι πολλαπλασιαστική συνάρτηση, δηλαδή για ακεραίους a,b µε (a,b)=1 ισχύει σ(a b)= σ(a) σ(b) O 2m-1 είναι περιττός πρώτος. Όµως (2m-1 , 2m-1) = 1 και η σ είναι πολλαπλασιαστική συνάρτηση άρα m-1 m m-1 mσ(2 (2 1)) (2 ) (2 1)− = σ σ −Όµως και m-1 m 1 m(2 ) 1 2 ... 2 2 1−σ = + + + = − mm m(2 1) 1 (2 1) 2σ − = + − = οπότε m-1 m m mσ(2 (2 1)) (2 1)2 2− = − = m-1 m2 (2 1)− άρα σ(n) = 2n οπότε ο n είναι τέλειος. Αντίστροφα, θα δείξουµε ότι αν ο n είναι ένας άρτιος τέλειος, τότε θα είναι της µορφής n = 2m-1(2m-1) µε m≥2 και 2m-1 πρώτος.

3

Ο n άρτιος οπότε γράφουµε n=2s t όπου s,t θετικοί ακέραιοι και t περιττός. Όµως (2s , t)=1 και η σ είναι πολλαπλασιαστική, άρα = s sσ(2 t) (2 ) (t)= σ σ s 1(2 1) (t)+ − σ (1) διότι s s(2 ) 1 2 ... 2 2 1+s 1σ = + + + = − Έχουµε υποθέσει ότι ο n είναι τέλειος άρα σ(n) = 2n = 2 2s t = 2s+1 t (2) από τις σχέσεις (1) και (2) έχουµε = 2s 1(2 1) (t)+ − σ s+1 t (3) Όµως και | s 1 s 1(2 1,2 ) 1+ +− = s 12 + s 1(2 1) (t)+ − σ άρα προκύπτει ότι | s 12 + (t)σΕποµένως θα υπάρχει q τέτοιο ώστε σ(t) = s 12 q+

Αντικαθιστώντας αυτή τη σχέση στην (3) παίρνουµε s 1(2 1)q t+ − = από όπου q | t και q t≠Οι q και t είναι διαιρέτες του t, µε q<t (4) s 1 s 1q t q (2 1)q 2 q (t)+ ++ = + − = = σ από όπου συµπεραίνουµε ότι οι q και t είναι οι µοναδικοί του διαιρέτες. Αλλά µεταξύ των διαιρετών του t περιλαµβάνεται και ο 1, άρα πρέπει q =1, δηλαδή σ(t) = t + 1. Αφού οι µόνοι διαιρέτες του t είναι ο εαυτός του και το 1, ο t είναι πρώτος, όπου s 1t 2 1+= −Εποµένως , όπου s s 1n 2 (2 1)+= − 1s 12 + − πρώτος.

Από το θεώρηµα αυτό βλέπουµε ότι για να βρούµε άρτιους τέλειους αριθµούς πρέπει να βρούµε πρώτους της µορφής m2 1− . Σύµφωνα µε το παρακάτω θεώρηµα, ο εκθέτης m πρέπει να είναι πρώτος. Θεώρηµα1.3 Αν ο m είναι ένας θετικός ακέραιος και ο m2 1− είναι πρώτος, τότε ο m πρέπει να είναι πρώτος. Απόδειξη Έστω ότι ο m είναι σύνθετος, m = a b, όπου 1<a<m και 1<b<m Τότε m ab a a(b 1) a(b 2) a2 1 2 1 (2 1)(2 2 ... 2 1)− −− = − = − + + + +και οι δύο παράγοντες στο δεύτερο µέλος της εξίσωσης είναι µεγαλύτεροι από 1, οπότε ο σύνθετος, που αντιβαίνει στην υπόθεση. m2 −1

1

Για να βρούµε λοιπόν για πρώτους της µορφής m2 − χρειάζεται να

εξετάσουµε µόνο τους ακεραίους m που είναι πρώτοι. Οι ακέραιοι αριθµοί της

4

µορφής αυτής πήραν το όνοµά τους τον 17ο αιώνα από έναν Γάλλο µοναχό τον Mersenne(1588-1648), που τους µελέτησε. Ορισµός Οι ακέραιοι αριθµοί , όπου m ένας θετικός ακέραιος ονοµάζονται αριθµοί του Mersenne και αν p είναι ένας πρώτος και ο

mmM 2= −1

1ppM 2= − είναι και

αυτός πρώτος, τότε ο pM ονοµάζεται πρώτος του Mersenne.

Έτσι λοιπόν το πρόβληµα της εύρεσης όλων των άρτιων τέλειων αριθµών ανάγεται στην εύρεση όλων των πρώτων του Mersenne. Για να τους βρούµε θεωρούµε όλους τους πρώτους p και ελέγχουµε αν ο αριθµός είναι πρώτος. p2 −1 Παράδειγµα 1.2 Ο αριθµός Mersenne =31 είναι πρώτος, ενώ ο αριθµός

=2047=23 είναι σύνθετος.

55M 2= −1

11111M 2= − 89⋅

Υπάρχουν διάφορα θεωρήµατα που µας βοηθούν να διακρίνουµε πότε

ένας αριθµός του Mersenne είναι πρώτος και πότε όχι. Ένα τέτοιο θεώρηµα είναι το ακόλουθο. Θεώρηµα1.4 Αν ο p είναι ένας περιττός πρώτος τότε κάθε θετικός διαιρέτης του αριθµού Mersenne είναι της µορφής 2kp+1, όπου ο k είναι ένας θετικός ακέραιος.

ppM 2= −1

Για την απόδειξη του θεωρήµατος θα χρειαστούµε τα παρακάτω λήµµατα. Λήµµα1.2 Αν οι a, b είναι θετικοί ακέραιοι , τότε το υπόλοιπο της διαίρεσης του δια του είναι , όπου r είναι το υπόλοιπο της διαίρεσης του a δια του b.

a2 −11 1b2 − r2 −

Απόδειξη Έστω a = bq + r, η ευκλείδεια διαίρεση του a δια b. 0 r b≤ <Έχουµε a bq r b b(q 1) r b r r r2 1 2 1 (2 1)(2 ... 2 2 ) (2 1)+ − + +− = − = − + + + + −και r b0 2 1 2 1≤ − < −που δείχνει ότι αν το διαιρεθεί µε το 2α −1 1b2 − δίνει υπόλοιπο . r2 1−

5

Λήµµα1.3 Αν οι α, b είναι θετικοί ακέραιοι τότε ο Μ.Κ.∆ των 2 1α − και είναι

b2 −1( ,b)2 1α −

Απόδειξη Εκτελούµε τον ευκλείδειο αλγόριθµο για 0rα = και 1b r= οπότε 0 1 1r r q r2= + 0≤ 2r 1r 1` 2 2 3r r q r= + 0≤ ..... ..... 0≤

3r 2r

n 3` n 2 n 2 n 1r r q r− − −= + − n 1r − n 2r − n 2 n 1 n 1r r q− − −= άρα ο ΜΚ∆ (α, b) = ΜΚ∆ ( , ) = 0r 1r n 1r − Χρησιµοποιώντας το παραπάνω λήµµα και τα βήµατα του παραπάνω αλγόριθµου, εκτελούµε τον ευκλείδειο αλγόριθµο για 0R 2α 1= − και

και παίρνουµε b1R 2= −1

2

0 1 1R R Q R= + 2r

2R 2 1= − 1 2 2R R Q R3= + 3r

3R 2 1= − ...... ...... n 3 n 2 n 2 n 1R R Q R− − − −= + n 1r

n 1R 2 −− 1= −

n 2 n 1 n 1R R Q− − −= Άρα ΜΚ∆ = , όπου b(2 1,2 1)α − − n 1R −

n 1r ( ,b)n 1R 2 1 2− α− 1= − = −

Απόδειξη (Θεωρήµατος 1.4) Έστω q ένας περιττός πρώτος διαιρέτης του p

pM 2 1= − . Από το µικρό θεώρηµα του Fermat έχουµε ότι q | q 12 1− − και από το λήµµα1.3 (1) p q 1 (p,q 1)(2 1,2 1) 2 1− −− − = −

1 11 1

Όµως q | και q | , αφού λοιπόν το q είναι κοινός διαιρέτης των

και ξέρουµε (

p2 − q 12 − −p2 − q 12 − − p2 1− , q 12 − 1− )>1 (2)

Έχουµε ότι (p,q-1)=1 ή p Αν (p,q-1) =1 τότε ( ,p2 1− q 12 − 1− ) = 1 Άτοπο! Λόγω της (2)

6

Οπότε (p,q-1) = p Εποµένως p |q-1 και άρα θα υπάρχει ένας ακέραιος m τέτοιος ώστε q-1=mp Αφού ο q είναι περιττός βλέπουµε ότι ο m θα είναι άρτιος, οπότε m=2k, όπου k είναι ένας θετικός ακέραιος. Εποµένως, q = mp +1 = 2kp + 1

Το παραπάνω θεώρηµα µπορεί να µας βοηθήσει να αποφασίσουµε ποιοι

αριθµοί του Mersenne είναι πρώτοι. Ας δείξουµε το πως µε κάποια παραδείγµατα. Παράδειγµα 1.3 Για να αποφασίσουµε αν ο 17

17M 2 1= − =131071 είναι πρώτος. Το µόνο που χρειάζεται να δούµε είναι ότι δεν υπάρχει πρώτος διαιρέτης που να µην ξεπερνά την 17M = 131071 362,037...= Από το παραπάνω θεώρηµα ξέρουµε ότι κάθε πρώτος διαιρέτης πρέπει να είναι της µορφής 2pk = + 1 = 34k + 1 2 17k⋅Οι µόνοι υποψήφιοι πρώτοι διαιρέτες του µικρότεροι ή ίσοι µε 17M 17M είναι οι εξής: 103, 137, 239, 307. ∆ιαπιστώνουµε, όµως, ότι κανείς από αυτούς δεν διαιρεί τον , άρα ο είναι πρώτος. 17M 17M Παράδειγµα 1.4 Για να αποφασίσουµε αν ο είναι πρώτος, το µόνο που χρειαζόµαστε είναι πότε ο διαιρείται από έναν πρώτο µικρότερο ή ίσο µε

2323M 2 1 8388607= − =

23M

23M =2896,309... και είναι της µορφής 46k +1. Ένας πρώτος της µορφής αυτής είναι ο 47. Η δοκιµή της διαίρεσης µας δίνει 8388607 = 47 178481. Οπότε ο είναι σύνθετος. 23M

Υπάρχουν σπουδαία τεστ µε τα οποία µπορούµε να ελέγξουµε πότε οι

αριθµοί του Mersenne είναι ή όχι πρώτοι ακόµα και αν πρόκειται για υπερβολικά µεγάλους αριθµούς. Ένα τέτοιο τεστ είναι το γνωστό ως το Lucas - Lehmer test, των Edouard Lucas(1842-1891) και Derrick H.Lehmer(1905-1991) Θεώρηµα1.5 (Το τεστ των Lucas – Lehmer) Έστω p πρώτος και έστω ο p

pM 2 1= − αριθµός του Mersenne. Ορίζουµε την αναδροµική ακολουθία θέτοντας n(r ) 1r 4= και για k≥2 , 0≤ <2

k k 1 pr r 2(mod M−≡ − ) kr pM Ο pM είναι πρώτος αν και µόνο αν p 1 pr 0(mod M− )≡

7

Για να κάνουµε την απόδειξη του θεωρήµατος θα χρειαστούµε το παρακάτω λήµµα. Λήµµα1.4 Υπάρχει οµοµορφισµός f : 3 A⎡ ⎤ →⎣ ⎦Z όπου Α δακτύλιος µε υποδακτύλιο

µε |Α| = q ή . qZ

2q Απόδειξη 1η περίπτωση Έστω ότι δεν υπάρχει τέτοιο ώστε . qx∈Z 2x 3(modq≡ )Θα κατασκευάσω έναν δακτύλιο Α που έχει ως υποδακτύλιο τον , στον

οποίο να υπάρχει το στοιχείο ω∈ τέτοιο ώστε qZ

Α 2q3ω = ∈Z

την qA (a,b) : a,b ,(a,b) (0,0)= ∈ ≠Z

ορίζω την πρόσθεση 1 1 2 2 1 2 1 2(a ,b ) (a ,b ) (a a ,b b )+ = + + και τον πολλαπλασιασµό 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2(a ,b ) (a ,b ) (a a 3b b ,a b b a )⋅ = + +

(0,1)ω= , οπότε 2 (0,1) (0,1) (3,0)ω = ⋅ = a b (a,0) (b,0) (0,1) (a,0) (0,b) (a,b)+ ω = + ⋅ = + = Τελικά f : 3 A⎡ ⎤ →⎣ ⎦Z

a b 3 a b+ → + ω Παρατηρώ ότι f (1) 1,f (q) 0= = και 1 1 2 2 1 1 2 2f ((a b 3)(a b 3)) f (a b 3)f (a b 3)+ + = + + 2η περίπτωση Σε αυτή την περίπτωση η έχει λύση, 2x 3(modq≡ ) qA = Z (Βλέπε άσκηση 1, Ε΄φυλλαδίου) Πχ. Για q = 13, δηλαδή στον 13Zτότε 24 3(mod13≡ )οπότε a b a 4b+ ω→ + Άρα σε κάθε περίπτωση υπάρχει f : 3 A⎡ ⎤ →⎣ ⎦Z

µε f (1) 1= και 1 1 2 2 1 1 2 2f ((a b 3)(a b 3)) f (a b 3)f (a b 3)+ + = + +

8

Απόδειξη (θεωρήµατος 1.5 (ικανό)) Αν ο pM διαιρεί το p 1r − , τότε ο pM είναι πρώτος. Έστω w 2 3= + και v 2 3= − Με επαγωγή µπορούµε να δείξουµε ότι ισχύει η σχέση

n 1 n 12 2nr w v

− −

= + (1) Έχουµε υποθέσει ότι ο p p 1M | r − , άρα θα υπάρχει ένας ακέραιος R τέτοιος ώστε

p 1 pr RM− = .

Οπότε από τη σχέση (1) παίρνουµε p 2 p 22 2

pw v RM− −

+ =

πολλαπλασιάζουµε µε p 22w−

οπότε

p 2 p 2 p 2 p 2 p 22 2 2 2 2pw w w v w RM

− − − − −

+ =

p 1 p 22 2

pw 1 w RM− −

+ =

(2) p 1 p 22 2

pw w RM− −

= 1−2− (3)

p 1 p 22 2 2p(w ) (w RM 1)

− −

= Έστω ότι ο pM είναι σύνθετος.

Έστω q ένας πρώτος διαιρέτης του pM όχι µεγαλύτερος από pM . Έτσι από τις σχέσεις (2) και (3) και τη βοήθεια του λήµµατος 1.4 παίρνουµε

p 1 p 12 2f (w ) f (w) 1− −

= = − και p p2 2f (w ) f (w) 1= =

Το f ( είναι στοιχείο του Α µε τάξη w) p2 . Άρα Άτοπο! p 2 p

p2 q 1 M 2≤ − < = −1Άρα ο pM πρώτος.

Θα κάνουµε ένα παράδειγµα για να εξηγήσουµε πως χρησιµοποιείται το

τεστ των Lucas – Lehmer. Παράδειγµα 1.5 Ας εξετάσουµε τον αριθµό Mersenne 7

7M 2 1 12= − = 7Τότε 1r 4= 2 2

2 1 7r r 2(mod M ) 4 2(mod127) 14(mod127)= − = − ≡

2 23 2r r 2 14 2(mod127) 67(mod127)= − = − ≡

2 24 3r r 2 67 2(mod127) 42(mod127)= − = − ≡

2 25 4r r 2 42 2(mod127) 111(mod127)= − = − ≡

2 26 5r r 2 111 2(mod127) 0(mod127)= − = − ≡

9

Αφού καταλήγουµε στο συµπέρασµα ότι ο είναι πρώτος.

6r 0(mod127)≡ 7M 127=

Το τεστ των Lucas – Lehmer µπορεί να εκτελεστεί αρκετά γρήγορα. Πόρισµα1.5.1 Έστω p πρώτος και ένας αριθµός Mersenne. Μπορούµε να διατυπώνουµε πότε ο

ppM 2= −1

pM είναι πρώτος κάνοντας υπολογισµούς. 3O(p )Απόδειξη Για να διατυπώσουµε αν ο pM είναι πρώτος µε Lucas – Lehmer test πρέπει να υπολογίσουµε p-1 τετράγωνα modulo pM . Για κάθε έναν από αυτούς χρειάζεται να γίνουν = υπολογισµοί, άρα συνολικά το τεστ απαιτεί υπολογισµούς.

2pO((log M ) ) 2O(p )

3O(p )

10

Ο Mersenne στο έργο του Cogitata Physica-Mathematica(1644) διατύπωσε ότι ο pM είναι πρώτος για p = 2,3,5,7,13,17,19,31,67,127,257 και σύνθετος για όλους τους άλλους πρώτους για p257. Ο Mersenne όµως είχε κάνει 5 λάθη. Εσφαλµένα διατύπωσε ότι οι αριθµοί και είναι πρώτοι 67M 257M Πχ. =(193 707 721)(761 838 257 287) δεν είναι πρώτος. 67

67M 2= −1

1

(Ανακαλύφθηκε τον Οκτώβριο του 1903 από τον Αµερικανό µαθηµατικό Frederick Nelson Cole), ενώ απέκλεισε τους αριθµούς , και από τον κατάλογο των πρώτων του Mersenne.

61M 89M 107M

Ο 12ος πρώτος αριθµός, ο ήταν ο τελευταίος αριθµός του Mersenne που ανακαλύφθηκε χωρίς τη χρήση υπολογιστή. Αυτός ανακαλύφθηκε το 1876 από τον Γάλλο Ε.Lucas και αποτελείται από 39 ψηφία.

127M

Σήµερα είναι γνωστοί 43 πρώτοι του Mersenne, ο τελευταίος των οποίων ανακαλύφθηκε στις 15 ∆εκεµβρίου του 2005 από τους Dr.Curtis Cooper και Dr.Steven Boone καθηγητές του Central Missouri State university.

Αυτός είναι ο 3040245730402457M 2= − και έχει 9152052 ψηφία. Κατά

συνέπεια έχουµε και τον τέλειο 30402456 3040245730402457P 2 (2 1)= −

Είναι άγνωστο αν το πλήθος των πρώτων του Mersenne και, κατά

συνέπεια, των άρτιων τέλειων αριθµών, είναι πεπερασµένο. Στο τέλος υπάρχει ο πίνακας µε όλους τους γνωστούς µέχρι σήµερα πρώτους του Mersenne.

Περιορίσαµε τη µελέτη µας στους άρτιους τέλειους αριθµούς, για να µελετήσουµε τους πρώτους του Mersenne. Θα αναρωτιέται κανείς τι συµβαίνει µε τους περιττούς τέλειους. Η εύρεση περιττών τέλειων αριθµών παραµένει µέχρι και σήµερα ένα άλυτο πρόβληµα. Κανείς περιττός τέλειος δεν έχει βρεθεί. Αν υπάρχει τέτοιος τέλειος αυτός θα πρέπει να είναι γινόµενο τέλειου τετραγώνου επί κάποια περιττή δύναµη πρώτου αριθµού, να διαιρείται από 8 τουλάχιστον διαφορετικούς πρώτους, να έχει τουλάχιστον 37 πρώτους παράγοντες(όχι κατ’ ανάγκη διακεκριµένους µεταξύ τους), να έχει τουλάχιστον 300 ψηφία και τουλάχιστον έναν πρώτο διαιρέτη µεγαλύτερο από το . 2010

11

ΠΙΝΑΚΑΣ ΠΡΩΤΩΝ ΤΟΥ MERSENNE ## πρώτος p ψηφία του Mp ψηφία του Pp χρονιά εξερευνητής 1 2 1 1 ---- ---- 2 3 1 2 ---- ---- 3 5 2 3 ---- ---- 4 7 3 4 ---- ---- 5 13 4 8 1456 anonymous 6 17 6 10 1588 Cataldi 7 19 6 12 1588 Cataldi 8 31 10 19 1772 Euler 9 61 19 37 1883 Pervushin 10 89 27 54 1911 Powers 11 107 33 65 1914 Powers 12 127 39 77 1876 Lucas 13 521 157 314 1952 Robinson 14 607 183 366 1952 Robinson 15 1279 386 770 1952 Robinson 16 2203 664 1327 1952 Robinson 17 2281 687 1373 1952 Robinson 18 3217 969 1937 1957 Riesel 19 4253 1281 2561 1961 Hurwitz 20 4423 1332 2663 1961 Hurwitz 21 9689 2917 5834 1963 Gillies 22 9941 2993 5985 1963 Gillies 23 11213 3376 6751 1963 Gillies 24 19937 6002 12003 1971 Tuckerman 25 21701 6533 13066 1978 Noll & Nickel 26 23209 6987 13973 1979 Noll 27 44497 13395 26790 1979 Nelson & Slowinski 28 86243 25962 51924 1982 Slowinski 29 110503 33265 66530 1988 Colquitt & Welsh 30 132049 39751 79502 1983 Slowinski 31 216091 65050 130100 1985 Slowinski 32 756839 227832 455663 1992 Slowinski & Gage 33 859433 258716 517430 1994 Slowinski & Gage 34 1257787 378632 757263 1996 Slowinski & Gage 35 1398269 420921 841842 1996 Armengaud, Woltman, et. al. (GIMPS) 36 2976221 895932 1791864 1997 Spence, Woltman, et al. (GIMPS) 37 3021377 909526 1819050 1998 Clarkson,Woltman,Kurowski et al.(GIMPS) 38 6972593 2098960 4197919 1999 Hajratwala,Woltman,Kurowski et al.(GIMPS) ?? 13466917 4053946 8107892 2001Cameron,Woltman,Kurowski et al. (GIMPS) ?? 20996011 6320430 12640858 2003 Shafer, Woltman, Kurowski et al. (GIMPS) ?? 24036583 7235733 14471465 2004 Findley, Woltman, Kurowski et al. (GIMPS) ?? 25964951 7816230 15632458 2005 Nowak, Woltman, Kurowski et al. (GIMPS, ?? 30402457 9152052 18304103 2005 Cooper,Boone,Woltman,Kurowski et al.(GIMPS)

Οι τελευταίοι δεν έχουν αρίθµηση, γιατί δεν είναι γνωστό αν ανάµεσά τους υπάρχουν και άλλοι πρώτοι του Mersenne.