Hola
Bienvenido al foro.
Recuerda leer y seguir las
reglas del mismo así como el
tutorial del LaTeX para escribir las fórmulas matemáticas correctamente.
Recientemente he publicado un preprint sobre los hipotéticos números perfectos impares. He planteado el problema desde un enfoque bastante diferente al habitual; y creo haber llegado a conclusiones importantes. Me gustaría que alguien que le interese el tema se lo leyera y me diera su opinión. No adjunto el artículo para evitar potenciales problemas con la plataforma de preprint, pero sí que os dejo el DOI por si alguien le quiere echar un vistazo. No soy matemático, disculpas de antemano por el lenguaje poco técnico, pero creo que se entienden bien el planteamiento y los resultados.
He leído el documento. Hago un resumen de lo que haces (incluyo demostraciones hechas a mi modo) y te digo donde está el error.
1) Afirmas que para cualquier número impar \( N \) todos las sumas \( d+\dfrac{N}{d} \) son iguales módulo \( 4 \), independientemente del divisor \( d \) de \( N \).
CORRECTO. De hecho:
- si \( N\equiv 1 \) mod \( 4 \) entonces \( d+\dfrac{N}{d}\equiv 2 \) mod \( 4 \).
- si \( N\equiv -1 \) mod \( 4 \) entonces \( d+\dfrac{N}{d}\equiv 0 \) mod \( 4 \).
Prueba:
Dado que \( N \) es impar cualquier divisor \( d \) también y \( N,d\equiv \pm 1 \) mod \( 4 \)
- Si \( N\equiv 1 \) entonces \( d+\dfrac{N}{d}\equiv \pm 1+\dfrac{1}{\pm 1}\equiv \pm 2\equiv 2 \)
- Si \( N\equiv -1 \) entonces \( d+\dfrac{N}{d}\equiv \pm 1-\dfrac{1}{\pm 1}\equiv 0 \)
2) Dado un número perfecto impar \( N \) llamas \( T \) a la suma de todos sus divisores propios excepto los dos menores (\( 1 \) y otro) y el mayor. Es decir por ser perfecto: \( T=N-1-\left(d_1+\dfrac{N}{d_1}\right) \). Afimas que \( T\equiv 2 \) mod \( 4 \) (tu dices que dividido por dos da un número impar, pero es lo mismo).
CORRECTO.Prueba
Efectivamente:
- Si \( N\equiv 1 \) vimos que \( d+\dfrac{N}{d}\equiv 2 \) mod \( 4 \). Entonces:
\( T\equiv N-1-\left(d_1+\dfrac{N}{d_1}\right)\equiv 0-2\equiv 2 \) mod \( 4 \).
- Si \( N\equiv -1 \) vimos que \( d+\dfrac{N}{d}\equiv 0 \) mod \( 4 \). Entonces:
\( T\equiv N-1-\left(d_1+\dfrac{N}{d_1}\right)\equiv -2-0\equiv 2 \) mod \( 4 \).
3) Luego afirmas que podemos escribir \( T \) como sumas de bloques de la forma \( \left(d+\dfrac{N}{d}\right) \). Esto es cierto porque el número total de divisores propios de \( N \) por ser perfecto impar tiene que ser impar y por tanto como \( T \) se obtiene usando tres divisores menos se usan un número par de divisores.
CORRECTO. 4) Luego afirmas que por cumplirse (1), si agrupamos esos bloques como suma de dos números \( A+B=T \) entonces \( A+B=A-B=0 \) mod \( 4 \) son iguales a \( 4 \). Eso contradeciría 3 y acabaría tu demostración. ESTO ES LO QUE ESTÁ MAL. Es cierto que \( A+B=A-B \) mod \( 4 \) porque \( A+B=(A-B)+2B \) y \( B \) es par.
Pero no es cierto que de lo visto en (1), es decir, del hecho de que todos los bloques \( d+\dfrac{N}{d} \) sean iguales entre si módulo \( 4 \) su suma tenga que ser múltiplo de \( 4 \).
Por ejemplo si \( N\equiv 1 \) mod \( 4 \) vimos que \( d+\dfrac{N}{d}\equiv 2 \) mod \( 4 \). Así que basta que \( T \) se obtenga sumando un número impar de bloques para que su suma sea igual a \( 2 \) módulo \( 4 \) sin caer en contradicción alguna. Esto equivale a que el número total de divisores de \( N \) sea igual a \( 2 \) módulo \( 4 \).
En todo caso lo único que se deduce de tu argumento es que si \( N \) es perfecto impar no puede ser igual a \( -1 \) módulo \( 4 \). Pero esto ya se sabía. Se sabe que todo número perfecto impar si existiese es de la forma \( N=p^km^2 \) donde \( p \) es un primo igual a \( 1 \) módulo \( 4 \), \( k \)entero impar y \( m \) impar coprimo con \( p \) (
sección 4.2). Eso implica que \( N\equiv 1 \) mód \( 4 \).
Saludos.
