on 10.11.03 18:38, fran�a luiz at [EMAIL PROTECTED] wrote: > > se n for um n?mero perfeito ?mpar, > mostre que n= (p^r)(m^2) , p primo e m qualquer, onde > > p ? congruente a r que ? congruentre 1(mod 4) > > eu consegui mostrar que n=(p^r)(m^2) e que > p ? congruente a r que ? congruentre 1(mod 2), > mas n?o consegui mostrar q tem q ser 1(mod 4) > > alguem tem alguma id?ia? > > Sejam: n = p1^a1*...*pr^ar, onde os pi sao primos impares e os ai sao inteiros positivos; S = soma dos divisores positivos de n.
n eh perfeito ==> S = 2*n ==> (1 + p1 + ... + p1^a1)*...*(1 + pr + ... + pr^ar) = 2*p1^a1*...*pr^ar Isso significa que o lado direito (e, portanto, o esquerdo) eh divisivel por 2 mas nao por 4. Logo, podemos supor s.p.d.g. que 1 + p1 + ... + p1^a1 eh da forma 2*k, onde k eh impar (ou seja, 1 + p1 + ... + p1^a1 == 2 (mod 4)) e todos os outros fatores da forma 1 + pi + ... + pi^ai sao impares. Como cada pi eh impar, concluimos que a1 eh impar e, para i > 1, ai eh par, ou seja, a1 = r eh impar e, para i > 1, ai = 2*bi, com bi inteiro positivo. Logo, podemos escrever n = p1^r*p2^(2*b2)*...*pr^(2*br) = p^r*m^2, onde p = p1 e m = p2^b2*...pr^br. Imagino que voce tenha chegado ateh aqui... ***** Resta provar que p e r sao == 1 (mod 4). Suponhamos que p == 3 (mod 4). Entao: p == 3, p^2 == 1, ..., p^r == 3 (mod 4), jah que r eh impar ==> 1 + p + ... + p^r == 0 (mod 4) ==> contradicao, pois jah estabelecemos que isso eh == 2 (mod 4) ==> p == 1 (mod 4). Suponhamos que r == 3 (mod 4). Entao: 1 + p + ... + p^r == 1 + 1 + ... + 1 (1+r fatores) == 1 + r == 0 (mod 4) ==> contradicao (mesma razao que acima) ==> r == 1 (mod 4). E acabou... Um abraco, Claudio. ========================================================================= Instru��es para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =========================================================================
