Deje $\omega(n)$ denotar el número de los distintos factores primos de un número entero positivo $n$, y deje $N$ ser impar el número perfecto. Es que no es difícil mostrar que $\omega(N)\ge3$. De hecho, Nocco ya lo demostró en 1863. Mostrando que $\omega(N)\neq3$ requiere un poco más de esfuerzo, pero la prueba es todavía bastante corto. Voy a presentar una versión de la prueba a continuación; el original es debido a Peirce en 1830 (que, curiosamente, parece haber sido publicado antes de Nocco de la prueba).
Las dos ideas clave aquí son las series geométricas y el factor de método de cadena. Deje $N=\displaystyle\prod_{i=1}^k p_i^{e_i}$ ser la factorización prima de $N$. Luego de ello se sigue que
$$\sigma(N)=\prod_{i=1}^k \sum_{j=0}^{e_i} p_i^j=\prod_{i=1}^k \frac{p_i^{e_i+1}-1}{p_i-1}.$$
Esta fórmula es útil, debido a que cada factor es necesariamente mayor que uno cuando $e_i$ es positivo, que es el caso de todos los factores primos $p_i$. Por lo tanto $\sigma(N)\ge\sigma\left(\displaystyle\prod_{i\in{I}} p_i^{e_i}\right)$ donde $I\subseteq\{1,2,\ldots,k\}$.
La segunda idea que quizás es aún más fundamental, porque todavía tenemos que utilizar la propiedad de la perfección. Desde $\sigma(N)=2N$, cada divisor de $\sigma(N)$ también debe dividir $2N$; de la otra manera no es tan interesante. En particular, cada factor $\frac{p_i^{e_i+1}-1}{p_i-1}$ debe dividir $2N$. Este resultado es realmente de gran alcance; por ejemplo, la observación de que $2^1||2N$ los rendimientos de Euler forma bien conocida de un número perfecto impar después de algunos álgebra.
Con estas herramientas en nuestra caja de herramientas, la prueba es casi inmediata. Vamos $p^\alpha$, $q^\beta$, y $r^\gamma$ tres impar primer poderes con $p<q<r$ y asumir que $N=p^\alpha q^\beta r^\gamma$ es un número perfecto impar. De la misma manera como en el anterior, vemos que
$$\begin{align*}\sigma(N)=\sigma(p^\alpha q^\beta r^\gamma) &= \frac{p^{\alpha+1}-1}{p-1} \cdot \frac{q^{\beta+1}-1}{q-1} \cdot \frac{r^{\gamma+1}-1}{r-1} < \frac{p^\alpha p}{p-1} \cdot \frac{q^\beta q}{q-1} \cdot \frac{r^\gamma r}{r-1}\\\implies& \frac{\sigma(N)}{N} = \frac{\sigma(p^\alpha q^\beta r^\gamma)}{p^\alpha q^\beta r^\gamma} < \frac{p}{p-1} \cdot \frac{q}{q-1} \cdot \frac{r}{r-1}.\end{align*}$$
Supongamos que $p=5$. A continuación,$\frac{\sigma(N)}{N}<\frac{5}{4}\cdot\frac{7}{6}\cdot\frac{11}{10}=\frac{77}{48}<2$, lo cual es imposible. Por lo tanto $p=3$.
Supongamos que $q=7$. A continuación,$\frac{\sigma(N)}{N}<\frac{3}{2}\cdot\frac{7}{6}\cdot\frac{11}{10}=\frac{77}{40}<2$, lo cual es imposible. Por lo tanto $q=5$.
Supongamos que $r=17$. A continuación,$\frac{\sigma(N)}{N}<\frac{3}{2}\cdot\frac{5}{4}\cdot\frac{17}{16}=\frac{255}{128}<2$, lo cual es imposible. Por lo tanto $r \le 13$.
En consecuencia, tenemos tres posibles casos a tener en cuenta: $r=7$, $r=11$, y $r=13$.
En el primer caso, tenemos $N=3^\alpha 5^\beta 7^\gamma$. Por el factor de método de cadena, $3^1||N$ implica $4|2N$ $7^1||N$ implica $8|2N$, ninguno de los cuales es posible. Por lo tanto $\alpha\ge2$$\gamma\ge2$. De ello se sigue que
$$\frac{\sigma(N)}{N} \ge \frac{\sigma(3^2\cdot5\cdot7^2)}{3^2\cdot5\cdot7^2} = \left(1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{3^2}\right)\left(1 + \frac{1}{5}\right)\left(1 + \frac{1}{7} + \frac{1}{7^2}\right)=\frac{494}{245}>2,$$
que es imposible, pero ya sabíamos que $105=3\cdot5\cdot7$ no se puede dividir un número perfecto impar.
En el segundo caso, tenemos $N=3^\alpha 5^\beta 11^\gamma$. Supongamos que $\beta=1$. De ello se sigue que
$$\frac{\sigma(N)}{N} = \frac{\sigma(3^\alpha\cdot5\cdot11^\gamma)}{3^\alpha\cdot5\cdot11^\gamma} < \frac{3}{2} \cdot \frac{6}{5} \cdot \frac{11}{10} = \frac{99}{50} < 2,$$
lo cual es imposible (¿se puede saber de antemano?). Por lo tanto $\beta\ge2$. Por el factor de método de cadena, $\alpha\ge4$$\gamma\ge4$. De ello se sigue que
$$\frac{\sigma(N)}{N} \ge \frac{\sigma(3^4\cdot5^2\cdot11^4)}{3^4\cdot5^2\cdot11^4} = \left(1 + \frac{1}{3} + \frac{1}{3^2} + \frac{1}{3^3} + \frac{1}{3^4}\right)\left(1 + \frac{1}{5} + \frac{1}{5^2}\right)\left(1 + \frac{1}{11} + \frac{1}{11^2} + \frac{1}{11^3} + \frac{1}{11^4}\right)=\frac{99851}{49005}>2,$$
que es imposible, pero ya sabíamos que $825=3\cdot5^2\cdot11$ no se puede dividir un número perfecto impar.
En el tercer caso, tenemos $N=3^\alpha 5^\beta 13^\gamma$. $\beta=1$ implica la deficiencia, por lo $\beta\ge2$. Ahora, $\alpha=2$ implica también la deficiencia, por lo $\alpha\ge4$. Por el factor de la cadena de método, debemos tener $\gamma\ge2$, que en esta ocasión implica la abundancia. Por lo tanto la suposición conduce a una contradicción; por otra parte, $8775=3^3\cdot5^2\cdot13$ no se puede dividir un número perfecto impar. Por fin estamos de hecho.
Por desgracia, demostrando que $\omega(N)\neq4$ no es así de fácil con la mano. Podemos igualmente muestran que $p=3$, pero entonces ya tenemos dos posibles opciones para $q$. Por supuesto, uno podría simplemente escribir un programa y un bucle a través de todas las posibilidades, pero Sylvester hizo con éxito en 1888, poco probable por la ayuda de los ordenadores. Por lo tanto me pregunto si este algoritmo puede ser mejorada significativamente, o si hay otras técnicas más eficientes que lograr el mismo objetivo.
