完全数とは，約数の総和が自身の $2$ 倍となるような自然数のことです．たとえば，$6$ は完全数です． 実際，$6$ のすべての約数は $1,2,3,6$ で，その総和は $12$ となり，たしかに $6$ の $2$ 倍になります．また，$28$ も完全数です．実際，$28$ のすべての約数は $1,2,4,7,14,28$ で，その総和は $56$ となり，たしかに $28$ の $2$ 倍になります．完全数は，小さい方から $$6,28,496,8128,33550336, 8589869056, 137438691328, 2305843008139952128,$$ $$2658455991569831744654692615953842176, 191561942608236107294793378084303638130997321548169216, \ldots$$ とつづきます．(→参考1，→参考2) この数列をみると，完全数は非常に珍しい数であることがわかります．実際，現在発見されている完全数はなんと $51$ 個しかないそうです．完全数は非常に古くから研究されているにも関わらず，いまだに謎の多い数です．『完全数は無限に存在するか』や『奇数の完全数は存在するか』などは有名な未解決問題です．
$2$ つの集合 $X, Y$ をつぎのように定義します． $$X=\{ N\mid N~\text{は偶数の完全数}\}$$ $$Y=\{2^{n-1}(2^n-1)\mid n~ \text{は自然数であり}, 2^n-1~ \text{は素数}\}$$ このとき，$X=Y$ であることが知られています．すなわち，すべての偶数の完全数の集合と，$2^n-1$ が素数であるような自然数 $n$ を用いて $2^{n-1}(2^n-1)$ と表される数全体の集合は一致します．この事実を証明してみましょう．
命題： $n$ を自然数とする．$2^n-1$ が素数ならば $2^{n-1}(2^n-1)$ は完全数である．
この命題は約数の総和を直接計算することにより示せます．この命題より，$X \supseteq Y$ であることがわかります．
証明： $N=2^{n-1}(2^n-1)$ とおく． 仮定より $2^n-1$ は素数であり，$2$ も素数であるから，$2^{n-1}(2^n-1)$は $N$ の素因数分解表示になっている．したがって，$N$ の約数の総和 $\sigma(N)$ は $$\sigma(N) = (1+2+\cdots +2^{n-1})(1+2^n-1)$$ ここで，等比数列の和の公式より， $$=(2^n-1)2^n$$ $$=2N$$ となるので，$N$ は完全数である．
命題： $N$ を偶数の完全数とする．このとき，$2^n-1$ が素数であるような自然数 $n$ を用いて，$N=2^{n-1}(2^n-1)$ と表すことができる．
$N$ を ($2$ のべき乗) $\times$ (奇数)の形に表し，約数の総和の乗法性などを用いることにより証明できます．この命題より，$X \subseteq Y$ であることがわかります．
証明： $N$ を偶数の完全数とする．$2$ 以上の自然数 $n$ を用いて，$N=2^{n-1}k$ ($k$ は奇数)とかける．$\sigma(a)$ で整数 $a$ の約数の総和を表すことにする．このとき， $$\sigma(N)=(1+2+\cdots+2^{n-1})\sigma(k)$$ $$=(2^n-1)\sigma(k)$$ となる．ここで，$N$ は完全数なので， $$=2N=2^nk$$ となる．つまり，$(2^n-1)\sigma(k)=2^nk$ である． $$\sigma(k)=k+\frac{k}{2^n-1}$$ $\sigma(k),k$ は整数なので，$\frac{k}{2^n-1}$ も整数．特に $\frac{k}{2^n-1}$ は $k$ の約数である． また，$n\ge 2$ なので，$k > \frac{k}{2^n-1}$ である． すなわち，$\sigma(k)$ は $2$ つの異なる $k$ の約数の和になっている．$\sigma(k)$ は定義より，$k$ のすべての約数の総和でだったので，$k$ の約数は $k, \frac{k}{2^n-1}$ のみということになり，$\frac{k}{2^n-1}=1$ を得る． 以上より，$N=2^{n-1}(2^n-1)$ と表される．
以上より，$X=Y$ であることが示されました．
問 偶数の完全数は $1$ から連続する自然数の和で表すことができることを示せ．
$N$ を偶数の完全数とする．$2^n-1$ が素数であるような自然数 $n$ を用いて，$N=2^{n-1}(2^n-1)$ と表せる． このとき， $$\sum_{k=1}^{2^n-1} k = \frac{1}{2}(2^n-1)2^n = 2^{n-1}(2^n-1)= N$$ なので，$N$ は $1$ から $2^n-1$ までの自然数の和となる．
問 $n$ を自然数とする．$2^{n}-1$ が素数ならば，$n$ は素数であることを示せ．
$n$ が素数でないとする．このとき，$1$ より大きい自然数 $a,b$ を用いて，$n=ab$ とかける．すると，二項定理より， $$2^n-1=2^{ab}-1=(2^{a})^b-1$$ $$=(2^a-1)\{(2^a)^{b-1}+(2^a)^{b-2}+\cdots+1\}$$ となる． $a,b>1$ なので，$2^a-1>1, (2^a)^{b-1}+(2^a)^{b-2}+\cdots+1 >1$ なので，$2^n-1$ は素数でない． よって対偶をとると，$2^{n}-1$ が素数ならば，$n$ は素数である．
問 偶数の完全数の下一桁は $6$ または $8$ である．
$N$ を偶数の完全数とする．$2^n-1$ が素数であるような自然数 $n$ を用いて，$N=2^{n-1}(2^n-1)$ と表せる． 上の問より，$2^n-1$ が素数なので，$n$ も素数である． $n=2$ のとき，$N=6$ なので明らかに題意は成り立つ． 以後，$n$ は奇素数とする．$n-1$ は偶数なので，自然数 $k$ を用いて，$n-1=4k, 4k+2$ とかける． (i) $n-1=4k$ とかけるとき $$2^{n-1} = 2^{4k} =16^k \equiv 1^k \equiv 1~~ (\rm{mod}~5)$$ である．また， $$2^n-1 =2\times 2^{n-1}-1 \equiv 2-1=1 ~~ (\rm{mod}~5)$$ となる．したがって，$N \equiv 1 ~~ (\rm{mod}~5)$ を得る．これより，$N$ の下一桁は $1$ または $6$ となるが，$N$ は偶数なので，$N$ の下一桁は $6$ である． (ii) $n-1=4k+2$ とかけるとき $$2^{n-1} = 2^{4k+2} =4(16^k) \equiv 4~~ (\rm{mod}~5)$$ である．また， $$2^n-1 =2\times 2^{n-1}-1 \equiv 2\times 4-1\equiv 2 ~~ (\rm{mod}~5)$$ となる．したがって，$N \equiv 4\times 2 \equiv 3 ~~ (\rm{mod}~5)$ を得る．これより，$N$ の下一桁は $3$ または $8$ となるが，$N$ は偶数なので，$N$ の下一桁は $8$ である．
以上，(i),(ii) より，$N$ の下一桁は $6$ または $8$ である．
