Olimpiada Matemática — Adrián García Bouzas

Definición

Un entero positivo $n$ es perfecto si es igual a la suma de sus divisores propios (todos sus divisores positivos excepto él mismo), equivalentemente, si $\sigma(n) = 2n$ donde $\sigma(n) = \sum_{d \mid n} d$ .

Ejemplos:

$6$ : divisores propios $1, 2, 3$ ; suma $= 6$ . $\sigma(6) = 12 = 2 \cdot 6$ . ✓
$28$ : divisores propios $1, 2, 4, 7, 14$ ; suma $= 28$ . $\sigma(28) = 56$ . ✓
$496 = 2^4 \cdot 31$ : $\sigma(496) = (1 + 2 + 4 + 8 + 16)(1 + 31) = 31 \cdot 32 = 992 = 2 \cdot 496$ . ✓
$8128 = 2^6 \cdot 127$ : perfecto (con $127 = 2^7 - 1$ primo). ✓

Clasificación:

$n$ es deficiente si $\sigma(n) < 2n$ (la mayoría de los enteros: potencias de primos, primos, etc.).
$n$ es perfecto si $\sigma(n) = 2n$ .
$n$ es abundante si $\sigma(n) > 2n$ (ejemplos: $12, 18, 20, 24, \ldots$ ).

Primos de Mersenne

Un número de Mersenne es un entero de la forma $M_n = 2^n - 1$ con $n \geq 1$ . Un primo de Mersenne es un $M_p = 2^p - 1$ que resulta ser primo.

Teorema

Si $M_n = 2^n - 1$ es primo, entonces $n$ es primo.

Demostración

Si $n = ab$ con $1 < a \leq b < n$ , la factorización $x^{ab} - 1 = (x^a - 1)(x^{a(b-1)} + x^{a(b-2)} + \cdots + 1)$ con $x = 2$ da $2^{ab} - 1 = (2^a - 1)(2^{a(b-1)} + \cdots + 1)$ . Como $1 < 2^a - 1 < 2^n - 1$ , esto es un factor no trivial. Luego $M_n$ no es primo. $\blacksquare$

Atención: el recíproco es falso. $M_{11} = 2047 = 23 \cdot 89$ no es primo aunque $11$ sí lo es.

Los primeros primos de Mersenne son $M_2 = 3$ , $M_3 = 7$ , $M_5 = 31$ , $M_7 = 127$ , $M_{13} = 8191$ , $M_{17}$ , $M_{19}$ , $M_{31}$ , ... Se conocen $51$ (a junio de 2024). El mayor conocido es $M_{136279841}$ (descubierto en 2024), con más de $41$ millones de dígitos.

Test de Lucas-Lehmer. Para determinar si $M_p$ es primo, se usa el test de Lucas-Lehmer: definir $s_0 = 4$ y $s_{k+1} = s_k^2 - 2 \pmod{M_p}$ . Entonces $M_p$ es primo si y solo si $s_{p-2} \equiv 0 \pmod{M_p}$ . Este test es polinomial en $p$ .

Teorema

(Euclides-Euler) Un entero par $n \geq 2$ es perfecto si y solo si $n = 2^{p-1}(2^p - 1)$ donde $2^p - 1$ es un primo de Mersenne.

Demostración

(⇐, Euclides, ~300 a.C.) Sea $M = 2^p - 1$ un primo de Mersenne. Tomamos $n = 2^{p-1} M$ . Como $\gcd(2^{p-1}, M) = 1$ y $\sigma$ es multiplicativa:

$\sigma(n) = \sigma(2^{p-1}) \cdot \sigma(M) = (2^p - 1)(M + 1) = M \cdot 2^p = 2 \cdot 2^{p-1} M = 2n. \quad \checkmark$

(⇒, Euler, 1747) Sea $n$ par y perfecto. Escribimos $n = 2^k m$ con $k \geq 1$ y $m$ impar. Por multiplicatividad:

$\sigma(n) = \sigma(2^k) \cdot \sigma(m) = (2^{k+1} - 1) \cdot \sigma(m) = 2n = 2^{k+1} m.$

De aquí:

$(2^{k+1} - 1) \sigma(m) = 2^{k+1} m. \tag{$\star$}$

Como $\gcd(2^{k+1} - 1, 2^{k+1}) = 1$ , el factor $2^{k+1} - 1$ divide a $m$ . Escribe $m = (2^{k+1} - 1) t$ para algún entero $t \geq 1$ . Sustituyendo en $(\star)$ :

$(2^{k+1} - 1) \sigma(m) = 2^{k+1}(2^{k+1} - 1) t \implies \sigma(m) = 2^{k+1} t.$

Por otro lado, $m$ tiene al menos los divisores $1$ y $m$ (son distintos si $m > 1$ ). Si $t > 1$ y $t \neq m$ , entonces $m$ tiene al menos tres divisores: $1$ , $t$ , $m$ . Entonces:

$\sigma(m) \geq 1 + t + m = 1 + t + (2^{k+1} - 1)t = 1 + 2^{k+1} t > 2^{k+1} t.$

Contradicción con $\sigma(m) = 2^{k+1} t$ . Por tanto $t = 1$ , y $m = 2^{k+1} - 1$ .

Con $t = 1$ : $\sigma(m) = 2^{k+1} = m + 1$ . La condición $\sigma(m) = m + 1$ es equivalente a que $m$ sea primo (el único divisor distinto de $m$ es $1$ , así $\sigma(m) = 1 + m$ ). Luego $m = 2^{k+1} - 1$ es primo, y $n = 2^k(2^{k+1} - 1)$ . Renombrando $p = k + 1$ : $n = 2^{p-1}(2^p - 1)$ con $2^p - 1$ primo. $\blacksquare$

¿Existen perfectos impares?

Esta pregunta tiene más de $2000$ años y sigue completamente abierta. Los resultados parciales acumulados son notables:

Si existe $N$ impar perfecto: $N > 10^{1500}$ (Nielsen, 2015).
$N$ tiene al menos $9$ factores primos distintos.
$N$ tiene al menos $101$ factores primos contados con multiplicidad.
$N$ es de la forma $p^a m^2$ con $p$ primo, $p \equiv a \equiv 1 \pmod 4$ .
$N$ tiene un divisor primo mayor que $10^8$ .
El mayor divisor primo de $N$ es mayor que $10^8$ , el segundo mayor es mayor que $10^4$ .

Todas estas condiciones son necesarias pero nadie ha demostrado que sean incompatibles. Es una de esas preguntas donde el enunciado es comprensible para un estudiante de bachillerato pero la respuesta lleva siglos esperando.

Propiedades adicionales

Números perfectos como triángulos. Todo número par perfecto es un número triangular: $6 = T_3$ , $28 = T_7$ , $496 = T_{31}$ , $8128 = T_{127}$ . En general, $2^{p-1}(2^p - 1) = T_{2^p - 1}$ .

Suma de cubos de impares. Todo número par perfecto mayor que $6$ es suma de cubos de impares consecutivos:

$28 = 1^3 + 3^3, \quad 496 = 1^3 + 3^3 + 5^3 + 7^3, \quad 8128 = 1^3 + \cdots + 15^3.$

En general: $2^{p-1}(2^p-1) = \sum_{k=0}^{2^{(p-1)/2} - 1} (2k+1)^3$ cuando $p$ es impar.

Suma de potencias de 2. Todo número par perfecto es suma de potencias de $2$ consecutivas: $6 = 2 + 4$ , $28 = 4 + 8 + 16$ , $496 = 16 + 32 + \cdots + 256$ .

Abundantes y su densidad. A diferencia de los perfectos (que se sospechan infrecuentes e infinitos), los abundantes tienen densidad positiva en $\mathbb N$ : la proporción de abundantes entre $\{1, \ldots, N\}$ tiende a $\approx 24.76\%$ cuando $N \to \infty$ .

Ejemplo

Ejemplo 1. Verificar que $8128$ es perfecto.

$8128 = 2^6 \cdot 127$ , y $127 = 2^7 - 1$ . Como $7$ es primo, verificamos si $127$ es primo: $\sqrt{127} < 12$ , y $127$ no es divisible por $2, 3, 5, 7, 11$ . Sí es primo.

$\sigma(8128) = \sigma(2^6) \cdot \sigma(127) = (2^7 - 1)(127 + 1) = 127 \cdot 128 = 16256 = 2 \cdot 8128$ . ✓

Ejemplo 2. Demostrar que $\sigma(n)/n$ puede ser arbitrariamente grande.

Para $n = p_1 p_2 \cdots p_k$ (producto de los primeros $k$ primos):

$\frac{\sigma(n)}{n} = \prod_{i=1}^k \frac{p_i + 1}{p_i} = \prod_{i=1}^k \left(1 + \frac{1}{p_i}\right).$

Como $\sum 1/p$ diverge (teorema de Euler), este producto también diverge. Así $\sigma(n)/n \to \infty$ sobre esta secuencia. $\square$

Ejemplo 3. Probar que si $n$ es par y perfecto, entonces $n = 2^{p-1}(2^p-1)$ , y en particular $3 \mid n$ para $p \geq 3$ .

Por el teorema, $n = 2^{p-1}(2^p - 1)$ con $2^p - 1$ primo. Para $p \geq 3$ : $2^p - 1 \equiv 2^p - 1 \pmod 3$ . Si $p$ par: $2^p \equiv 1 \pmod 3$ , $2^p - 1 \equiv 0 \pmod 3$ — pero entonces $3 \mid 2^p - 1$ y $2^p - 1 > 3$ , así no es primo. Luego $p$ es impar y $2^p \equiv 2 \pmod 3$ , $2^p - 1 \equiv 1 \pmod 3$ . Entonces $3 \nmid 2^p - 1$ .

¿Divide $3$ a $n = 2^{p-1}(2^p-1)$ ? Necesitamos $3 \mid 2^{p-1}$ : no (ya que $\gcd(3, 2) = 1$ ). Entonces $3 \nmid n$ para $p \geq 3$ . La afirmación estaba mal enunciada en el ejemplo. Corrección: todo perfecto par mayor que $6$ es divisible por $4$ (pues $p \geq 3$ implica $p-1 \geq 2$ ).

Observación

Generalización: $k$ -multiperfectos. Un entero $n$ es $k$ -multiperfecto si $\sigma(n) = kn$ . Los $2$ -perfectos son los perfectos. Los $3$ -perfectos (triperfectos) son $120$ , $672$ , $523776$ , $\ldots$ Se conocen finitos multiperfectos para cada $k \leq 11$ , pero la teoría es incompleta.

Función alíquota y ciclos. La función alíquota $s(n) = \sigma(n) - n$ (suma de divisores propios) define una dinámica: $n \to s(n) \to s(s(n)) \to \cdots$ . Los perfectos son los puntos fijos de esta función. Hay también números amigos ( $s(220) = 284$ y $s(284) = 220$ ), cadenas sociables (ciclos de longitud $\geq 3$ ), etc. La conjetura de Catalan-Dickson dice que toda órbita termina en $0$ o en un ciclo — sigue abierta.

Problemas relacionados

(Clásico) Demostrar que $\sigma(n) > n \ln \ln n$ para infinitos $n$ (de hecho para todos los primorials $n = 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdots p_k$ ).
(OMM 2013) Hallar todos los $n$ con $\sigma(n) = n + p$ para algún primo $p$ . (Estos son los números «casi perfectos»: $2^k$ .)
(Clásico) Si $n$ es par y perfecto con $n > 6$ , probar que $n \equiv 4 \pmod {12}$ o $n \equiv 8 \pmod{12}$ .
(Conjetura de Euler) Si existe $N$ impar perfecto, entonces $N = p^a q_1^{2b_1} \cdots q_r^{2b_r}$ con $p, q_i$ primos distintos y $p \equiv a \equiv 1 \pmod 4$ . Demostrar la forma de la factorización bajo estas hipótesis.
(Clásico) Sea $s(n)$ la función alíquota. Probar que los únicos $n$ con $s(s(n)) = n$ y $s(n) \neq n$ son los pares de números amigos. (Esto caracteriza los ciclos de longitud $2$ .)