特殊な奇数同士の婚約数と奇数の倍積完全数との関係について

$1$ は明らかに婚約数ではないため、$m,n$ はどちらも素因数をもつ。

$m$ について、ある相違なる $\omega(m)$ 個の素数 $p_1, p_2, \cdots , p_{\omega(m)}$ ($p_1 < p_2 < \dots < p_{\omega(m)}$) と、ある $\omega(m)$ 個の正の整数 $\alpha_1, \alpha_2, \cdots , \alpha_{\omega(m)}$ を用いて、次のように一意に素因数分解できる。（素因数分解の一意性）

$$ m=\prod_{i=1}^{\omega(m)} p_i^{\alpha_i}=p_1^{\alpha_1} p_2^{\alpha_2} \cdots p_{\omega(m)}^{\alpha_{\omega(m)}} $$

このとき、$\sigma_1(m)$ の値は次のように表せる。

$$ \sigma_1(m)=\prod_{i=1}^{\omega(m)} \left( \sum_{j=0}^{\alpha_i} p_i^{j} \right) $$

$\omega(m)$ 以下の任意の正の整数 $i$ に対して $p_i$ は奇数であるため、$\alpha_i$ が奇数であるとき $ \sum_{j=0}^{\alpha_i} p_i^{j} $ は偶数であり、$\alpha_i$ が偶数であるとき $ \sum_{j=0}^{\alpha_i} p_i^{j} $ は奇数である。

$\sigma_1(m) = m + n + 1$ より $\sigma_1(m)$ は奇数であるため、任意の正の整数 $i$ に対して $\alpha_i$ は偶数である。すなわち、$m$ は平方数である。

$n$ についても同様にして平方数であることが示される。

命題 1 より $m$ は平方数であるため、$\sqrt{m}$ は正の整数である。

$\sqrt{m}$ の任意の素因数、すなわち $m$ の任意の素因数 $p_i$ に対して、婚約数の定義より次の式が成り立つ。

$$ n = \sigma_1(m) - m - 1 \equiv - 1 \pmod{p_i}$$

$p_i$ と $n$ は互いに素であるため、$p_i$ の任意性より $m$ と $n$ も互いに素である。

また、命題 1 より $n$ は平方数であるため、平方余剰の第一補充法則より $p_i \equiv 1 \pmod 4$ である。すなわち、$m$ のすべての素因数は 4 で割って 1 余る素数である。

Pell方程式 の定理 7.7 等より

ご注文は数オリですか？ - Vieta Jumping より

与えられたマルコフのディオファントス方程式は次のように表せる。
$$ a^2 + b^2 + 1 = 3ab \iff ab = \frac{(a + b)^2 + 1}{5}$$

ここで $s = a + b$ とおくと $s$ は正の整数であり、次の $x$ についての二次方程式は異なる 2 つの整数 $a, b$ を解としてもつ。
$$ (x - a)(x - b) = 0 \iff x^2 - sx + \frac{s^2 + 1}{5} = 0$$

この二次方程式の判別式 $D$ が $0$ でない平方数であることは、この二次方程式が 2 つの異なる整数解 $a, b$ をもつための必要条件である。したがって、次を満たす正の整数 $t$ が存在する。
$$ D = t^2 \iff s^2 - 4 \cdot \frac{s^2 + 1}{5} = t^2 \iff s^2 - 5t^2 = 4$$

このとき $s, t$ の偶奇は等しいことがわかる。また、解の公式より $a, b$ は次のように表せる。
$$ a = \frac{s - t}{2}, \qquad b = \frac{s + t}{2}$$

$s, t$ の偶奇は等しいため、この二次方程式の判別式 $D$ が 0 でない平方数であることは、この二次方程式が 2 つの異なる整数解 $a, b$ をもつための必要十分条件である。

したがって補題 3 より、次の一般項で定まる ($s_k, \; t_k$) ($k = 1, 2, \dots$) がすべての正整数解 ($s, \; t$) を表す。

$$ s_k = \frac{1}{4^k} ( (1 + \sqrt{5})^{2k} + (1 - \sqrt{5})^{2k} )$$
$$ t_k = \frac{1}{4^k\sqrt{5}} ( (1 + \sqrt{5})^{2k} - (1 - \sqrt{5})^{2k} )$$

また、ビネの公式よりフィボナッチ数列の $i$ 番目の数は次のように表せる。
$$ F_i = \frac{1}{\sqrt{5}} \left( \left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2} \right)^i - \left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2} \right)^i \right)$$

以上より、与えられたマルコフのディオファントス方程式の非自明なすべての正整数解 $(a, \; b)$ ($a < b$) は、任意の正の整数 $k$ を用いて次のように表される。
$$ a = \frac{s_k - t_k}{2} = \frac{1}{\sqrt{5}} \left( \left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2} \right)^{2k-1} - \left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2} \right)^{2k-1} \right) = F_{2k - 1}$$
$$ b = \frac{s_k + t_k}{2} = \frac{1}{\sqrt{5}} \left( \left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2} \right)^{2k+1} - \left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2} \right)^{2k+1} \right) = F_{2k + 1}$$      

完全数の定義と性質とその証明 | 数学の景色 より

命題 1 より、$\sqrt{m}, \sqrt{n}$ は正の整数 ($\sqrt{m} < \sqrt{n}$) である。

また補題 2 より、$\sigma_1(m)$ が $\sqrt{m}$ と $\sqrt{n}$ のどちらでも割り切れるとき、$m$ と $n$ は互いに素であるため、$\sigma_1(m) = \left(\sqrt{m} \right)^2 + \left(\sqrt{n} \right)^2 + 1$ は $\sqrt{mn}$ で割り切れる。

したがって補題 4 より、その商は 3 であり次が成り立つ。
$$ \sigma_1(m) = \left(\sqrt{m} \right)^2 + \left(\sqrt{n} \right)^2 + 1 = 3\sqrt{mn}$$

また補題 5 より、$\sqrt{m}, \sqrt{n}$ はある正の整数 $k$ を用いて次のように表せる。
$$ \sqrt{m} = F_{2k - 1}, \qquad \sqrt{n} = F_{2k + 1}$$

$\sqrt{m}, \sqrt{n}$ は奇数であるため、ここで $F_{2k-1}, F_{2k+1}$ がどちらも奇数となるような $k$ の値について考える。

フィボナッチ数列 $\{F_i\}$ はその隣接三項間漸化式から、$F_{i'}$ が偶数となるのは $i' \equiv 0 \pmod 3$ のときのみであることがわかる。したがって、ある正の整数 $l$ を用いて $k = 3l$ と表せる。すなわち、$\sqrt{m}, \sqrt{n}$ はある正の整数 $l$ を用いて次のように表せる。
$$ \sqrt{m} = F_{6l - 1}, \qquad \sqrt{n} = F_{6l + 1}$$

よって、ある正の整数 $l$ を用いて $m, n$ ($m < n$) は次のように表せる。
$$ m = F_{6l - 1}^2, \qquad n = F_{6l + 1}^2$$

定理 7 において、約数関数の乗法性より次が成り立つ。
$$ \sigma_1(mn) = \sigma_1(m)\sigma_1(n) = \left(3\sqrt{mn} \right)^2 = 9mn$$

したがって $mn$ は 9 倍完全数である。また、カッシーニ・シムソンの定理より次が成り立つ。
$$ mn = (F_{6l - 1}F_{6l + 1})^2 = (F_{6l}^2 + 1)^2$$

よって、$P = m'n'$ と表せるとき次が成り立つ。
$$ F_{6l + 1}F_{6l - 1} = \sqrt{P}$$
$$ F_{6l + 1} - F_{6l - 1} = F_{6l} = \sqrt{\sqrt{P} - 1}$$

この 2 式より、$m', n'$ は次のように表せる。
$$ m' = F_{6l - 1}^2 = \left( \frac{\sqrt{5\sqrt{P} - 1} - \sqrt{\sqrt{P} - 1}}{2} \right)^2$$
$$ n' = F_{6l + 1}^2 = \left( \frac{\sqrt{5\sqrt{P} - 1} + \sqrt{\sqrt{P} - 1}}{2} \right)^2$$

定理 7 より、$\sigma_1(m) = 3\sqrt{mn}$ と表せる。また補題 2 より、$m, n$ のすべての素因数は 4 で割って 1 余る素数である。

したがって $\sigma_1(m)$ の素因数は、$3$ を除いてすべて 4 で割って 1 余る素数である。

まず $m$ について考える。$m$ が命題 1 での証明のように素因数分解されるとき、$\omega(m)$ 以下の任意の正の整数 $i$ に対して $ p_i \equiv 1 \pmod 4$ を満たすため次が成り立つ。
$$ \sigma_1(p_i^{\alpha_i}) = 1 + p_i + \dots + p_i^{\alpha_i} \equiv 1 + 1 + \dots + 1 \equiv \alpha_i + 1 \pmod 4$$

$\sigma_1(m)$ の素因数は $3$ を除いてすべて 4 で割って 1 余る素数であり、$\sigma_1(m)$ が $3$ で割り切れる回数は 1 回のみであるため、次を満たす正の整数 $j$ がひとつ存在する。
$$ \sigma_1(p_i^{\alpha_i}) \equiv           \begin{dcases*}             3 \pmod 4 & if $\; i = j$, \\             1 \pmod 4 & if $\; i \neq j$.           \end{dcases*}           \implies           \alpha_i \equiv           \begin{dcases*}             2 \pmod 4 & if $\; i = j$, \\             0 \pmod 4 & if $\; i \neq j$.           \end{dcases*}$$

したがって、$i \neq j$ のとき $\alpha_i$ は 4 の倍数であるため、$s$ を次のように定義することができ、$s$ は正の整数である。
$$ s = \prod_{\substack{i = 1\\i \neq j}}^{\omega(m)} p_i^{\frac{\alpha_i}{4}}$$

また、この $j$ に対して $\sigma(p_j^{\alpha_j}) \equiv 0 \pmod 3$ を満たす必要がある。ここで、$\omega(m)$ 以下の任意の正の整数 $i$ に対して次が成り立つ。
$$ \sum_{j=0}^{\alpha_i} p_i^{j} \equiv           \begin{dcases*}             \sum_{j=0}^{\alpha_i} 1^{j} \equiv \alpha_i + 1 \pmod 3 & if $\; p_i \equiv 1 \pmod 3$, \\             \sum_{j=0}^{\alpha_i} (-1)^{j} \equiv 1 \pmod 3 & if $\; p_i \equiv 2 \pmod 3$.           \end{dcases*}$$

したがって、$\sigma(p_j^{\alpha_j}) \equiv 0 \pmod 3$ を満たすためには $p_j \equiv 1 \pmod 3$ かつ $\alpha_j \equiv 2 \pmod 3$ である必要がある。3 と 4 は互いに素であるため、$p_j \equiv 1 \pmod{12}$ かつ $\alpha_j \equiv 2 \pmod{12}$ を満たす。

よって、$p = p_j, \; \alpha = \alpha_j$ とおくと次のように表せる。
$$ m = p^\alpha s^4$$

$n$ についても同様にして表せる。

また、定理 7 より $m$ と $n$ は互いに素であり、$s, t$ の定義より $s$ と $p$ 、$t$ と $q$ はそれぞれ互いに素であるため、$p, q, s, t$ はどの 2 数も互いに素である。

まず、$\displaystyle n < \frac{7 + 3\sqrt{5}}{2} m$ を示す。$m > 0$ であるため、定理 7 とビネの公式より次が成り立つ。
$$ \frac{n}{m} = \frac{F_{6l + 1}^2}{F_{6l - 1}^2}           = \frac{\frac{1}{5} \left( \left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2} \right)^{6l + 1} - \left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2} \right)^{6l + 1} \right)^2}{\frac{1}{5} \left( \left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2} \right)^{6l - 1} - \left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2} \right)^{6l - 1} \right)^2}           = \frac{7 + 3\sqrt{5}}{2} \cdot \left( \frac{ 1 + \left(\frac{3 - \sqrt{5}}{2} \right)^{6l + 1} }{ 1 + \left(\frac{3 - \sqrt{5}}{2} \right)^{6l - 1} } \right)^2$$

$\displaystyle 0 < \frac{3 - \sqrt{5}}{2} < 1$ より、次が成り立つ。
$$ \left(\frac{3 + \sqrt{5}}{2} \right)^{6l + 1} < \left(\frac{3 + \sqrt{5}}{2} \right)^{6l - 1}           \iff \frac{1 + \left(\frac{3 - \sqrt{5}}{2} \right)^{6l + 1}}{1 + \left(\frac{3 - \sqrt{5}}{2} \right)^{6l - 1}} < 1$$

よって次が成り立つ。
$$ \frac{n}{m} = \frac{7 + 3\sqrt{5}}{2} \cdot \left( \frac{ 1 + \left(\frac{3 - \sqrt{5}}{2} \right)^{6l + 1} }{ 1 + \left(\frac{3 - \sqrt{5}}{2} \right)^{6l - 1} } \right)^2 > \frac{7 + 3\sqrt{5}}{2}$$

また、$m, n$ はともに巨大数であるため、上記の式において $l$ は十分に大きい。よって次が成り立つ。
$$ \frac{n}{m} \fallingdotseq \frac{7 + 3\sqrt{5}}{2} \cdot 1 \iff n \fallingdotseq \frac{7 + 3\sqrt{5}}{2} m$$

$3$ は 4 で割って 1 余る素数でないため、定理 9 より $mn$ と 3 は互いに素である。したがって約数関数の乗法性よりそれぞれ次が成り立つ。
$$ \sigma_1(3mn) = \sigma_1(3)\sigma_1(mn) = 12 \cdot 3mn$$
$$ \sigma_1(9mn) = \sigma_1(9)\sigma_1(mn) = 13 \cdot 9mn$$

よって $3mn$ は奇数の 12 倍完全数であり、$9mn$ は奇数の 13 倍完全数である。また、次が成り立つ。
$$ \sigma_1(\sigma_1(mn)) = \sigma_1(9mn) = 117mn$$

次に任意の偶数の完全数 $N$ に対して、補題 6 より $N$ はあるメルセンヌ素数 $M_p$ を用いて、$N = 2^{p - 1}M_p$ と表せる。このとき、$2$ とメルセンヌ素数 $M_p$ はどちらも 4 で割って 1 余る素数でないため、定理 9 より $mn$ と $N$ は互いに素である。

また、$N$ は完全数であるため $\sigma_1(N) = 2N$ である。したがって約数関数の乗法性より次が成り立つ。
$$ \sigma_1(Nmn) = \sigma_1(N)\sigma_1(mn) = 18 \cdot Nmn$$

よって $Nmn$ は 18 倍完全数である。また $N \neq 6$ のとき $N$ と 3 は互いに素であるため、約数関数の乗法性よりそれぞれ次が成り立つ。
$$ \sigma_1(3Nmn) = \sigma_1(3)\sigma_1(Nmn) = 24 \cdot 3Nmn$$
$$ \sigma_1(9Nmn) = \sigma_1(9)\sigma_1(Nmn) = 26 \cdot 9Nmn$$

よって $3Nmn$ は 24 倍完全数であり、$9Nmn$ は 26 倍完全数である。

同様にして、$mn$ と互いに素な $k$ 倍完全数 $N'$ に対して、$\sigma(N') = kN'$ が成り立つため、約数関数の乗法性より次が成り立つ。
$$ \sigma_1(N'mn) = \sigma_1(N')\sigma_1(mn) = 9k \cdot N'mn$$

よって $N'mn$ は $9k$ 倍完全数である。