本文主要讨论的是奇完全数的存在性问题

1、目录英文摘要1中文摘要2梅森数的性质3TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark2 引理1.13引理1.23引理1.34引理1.45完全数与Euler定理5定理2.15奇完全数不是完全数的命题5命题3.16 HYPERLINK l bookmark4 命题3.27 HYPERLINK l bookmark6 命题3.38 HYPERLINK l bookmark8 推论3.48 HYPERLINK l bookmark10 命题3.59命题3.69命题3.710奇完全数的两个充分必要条件10定理4.110定理4.212参考文献13 AbstractInthispape

2、r.Wemainlydiscusstheexistenceoftheoddperfectnumbers.Asamatteroffact,Itisaverydifficultproblemtofindanoddperfectnumber.Itisaninternationalpuzzle.Nevertheless,Wefind5criterionsofanoddperfectnumberbeingnotaanperfectnumber.Meanwhilewealsofind2necessaryandsufficientconditionsoftheoddperfectnumbers.Atthes

3、ametime,WecitedtheconclusionsaboutthecorrespondencebetweentheoddperfectnumberandtheMersennesprime,andwealsoprovetheEulerTheoremofperfectnumberinourcontext.Keywords:perfectnumberMensennesprimeoddperfectnumberNumbertheory摘要本文主要讨论的是奇完全数的存在性问题，但是直截回答奇完全数存在与否是非常困难的，它是一个世界性的难题。所以我们研究了一个奇数不是完全数的条件，找到了5个这样的

4、否定性条件。同时还给出了奇完全数的两个充分必要条件。另一方面我们还得出偶完全数与梅森素数一一对应的结论，对完全数的产生做了简要的说明，再证明了偶完全数的Euler定理。关键词：完全数、梅森素数、互素关于奇完全数的存在性问题1、问题的由来在数论的发展史上充满了著名猜想和未解难题。我们将先介绍前人的一些成果，特别是和梅森(MersenneMarin15881648)素数密切相关的偶完全数的相关问题。梅森，法国数学家，自然哲学家，宗教家。他在1644年提出了梅森素数，梅森素数的提出是探索表素数公式的开始，在数论史上具有开拓性的意义。定义形如M=2n-1(nl)n的数叫梅森数，其中是素数的叫做梅森素数

5、。例女口M二221二3M=231二7M二241二15234M=251=315梅森提出的问题具有启发性，但他当时的判断有误，他说，对P=2,3,5,7,13,17,31,67,127,257,Mp是素数。而P1，且an1是素数，那么a=2且n是素数。证：先证a必须是2,因为a1，如果a=1，an1=0显然不是素数，有因为an1=(a1)(an1+an2+a+1)，如果a2，则an_1有真因子(a-1)1，也就是说a只能等于2。也就是说an1必须是梅森数。下证n必须为素数。反证法，如果n是合数：n=kmlvkvn,则必有12k-11i=1,2siin二q卩1q卩2q卩rq是互不相同的素数，01j二

6、1,2r12rjj又因为(m,n)=1,所以p,q是互不相同的素数。由引理2得，ijb(mn)二(p円pa”q久.q卩”)二1s1rpa1+11p11pas+11q01+11s1p1q1s1rr二b(m)b(n)q1r证毕。完全数的概念来自与毕达哥拉斯，以下我们就给出完全数的定义：定义一个数n称为完全数，如果它的全部因子之和等于2n，我们用b(n)表示n的全部因子的和，如果b(n)=2n，称n为完全数。例如b(6)=1+2+3+6=2x6所以6是完全数b(28)=1+2+4+7+14+28=2x28所以28也是完全数b=1+2+4+8=15丰2x8所以8不是完全数定理2.1关于偶完全数的Eul

7、er定理的证明：如果M是素数，那么p12M(M+1)=2p-1(2p1)M是梅森素数(*)2ppp是一个偶完全数，并且除这些以外，再也没有其他的偶完全数。证：证明分两步：(1)(*)是完全数；(2)任意一个偶完全数都具有(*)的形式。(1)因为M是素数，所以2p-1(2p-1)的所有正因子为p，2，222pp1，2x2p12p1(2p1)所以b(2p-1(2p1)二1+2+2p-1+(2p1)(1+2+2p-1)二2p(2p1)2p-1(2p一1)=2x2p-1(2p一1)所以2p-1(2p1)是偶完全数。(2)如果n是偶完全数，则n=2m-1b(b为奇数，ml)由于n是偶完全数所以，我们根据

8、就有b(n)=2n,于是，有：g(n)=b(2m-1b)=b(2m-i)b(b)二(2ml)b(b)有，Cm1(b)=2mb二丄由于C1,2m)=1b2m-1有，g(b)=2meb=(2m1)c(c1)下证c=1,反证法，假设c1，由b=(2m1)知b有因子1,c,b,2m1所g(b)1+(2m1)+e+b=2m(e+1)2me=g(b)矛盾因此c=1有b=2m1n=2m(2m1)又因为g(b)=2m，知2m一1必为素数，否则若b=(2m1)=uv，1u2m，矛盾。所以n是一个偶完全数必有(*)的形式。证毕。本定理说明n是一个偶完全数的充分必要条件是n=2p-1(2p-1)，其中2p-1是梅森

9、素数。即偶完全数与梅森素数是一一对应的。例如，当p=2,3,5,7时，2p1的值分别是3，7，31，127，它们都是素数，所以2(221)=622(231)=2824(251)=496以及26(271)=8128都是偶完全数。本定理同时说明，是否有无穷多个偶完全数的问题等价与是否有无穷多个梅森素数的问题。由于目前只知道34个梅森素数，所以就只知道34个偶完全数，其中最大的是21257786(212577871)。是否存在奇完全数呢？这个问题至今还没有解决。以下给出5个判断奇数不是完全数的命题：命题31如果n是一个奇素数的方幕，则n不是完全数。证：n=pm其中p是奇素数，m是自然数2)pm1)G

10、(n)=G(pm)=1+p+g(n)2n=(丿2)pmp12=(1)2，所以丄2=p2p2本例也可以用别的方法证明，比如数学归纳法，在此就不一一写出。命题3.2如果n二pmqn，其中p,q为互不相同的奇素数,m,n是自然数，则不是奇完全数。证：反证法，假设n是完全数，有b(n)=2n，G(n)二b(pmqn)二(1+p+p2HFpm)(1+q+q2HFqn)2n=2pmqn由g(n)=2n有b(n)二b(pmqn)二(1+p+p2FFpm)(1+q+q2FFqn)=2pmqn有.2(1+p+pm)(1+q+qn1二区丄工丄pmqni0pi.0qji0j0又因为y收敛，且匸piy丄一丄亠匸p1丄

11、p-1p，所以y舟診同理艺丄收敛,j0qjy11_qqj11q1j_丄1q(3)考察函数f(x)x-1，因为导函数广(X)=-E，当X1有广，所以函数f(x)是单减的，且p,q是互不相同的素数，有:y1y1pq353515c亠、，乙一y一(1)(1)31x51=2x4=82也就是说piqjp-1q-13-15-1248i0j0(1)2即22矛盾。所以假设错误，命题正确，即n不是奇完全数。证毕。接下来让我们来看一个例题。1pr-1例1如果p,q是素数，且p2,p丰q当+2_1时，则qprF1-1qpr是完全数。prF1-1证：由引理3，b(qpr)_(1+q)(1+p+pr)_(1+q)p-1i

12、 i #2 又因为1+2-ZL=1有;qp-+1-1山二2-2上二二2仔2于是,qp-+1-1p-+1-1p-+1-1(1+q)=2qp-即b(qp-)二2qp-所以qp-是一个完全数。证毕。p-11p-1由本例，是否有人会问，要是p,q是奇素数且满足条件一+2竺-=1，贝I，不就找到一个奇qp-+1-1完全数了吗，事实上像这样的奇完全数是不存在的，因为由判别条件(2)知不存在形如n二pmqn的奇完全数，当然就不会有形如qp-的奇完全数了。其实-+2上二+=1只有唯一的一个解,qp-+1-1即P=3,q-=2。即(p=3,q=2,r=1)命题33如果n二呼役2佇，其中p是互不相同的奇素数，巴全

13、是偶数或者至少有两个以上奇数，i=1,2s，贝I。n不是奇完全数证：(1)先证，a全是偶数的情形。i反证法，假设n是奇完全数，则b(n)=2nb(n)二(1+p+pa)(1+p+pa2)(1+p+pas)1122ss因为p是互不相同的奇素数，则b(n)的每一个因子都是奇数，所以b(n)是奇数。i而2n是偶数，由b(n)=2n知奇数=偶数，矛盾。3)下证，a至少有两个以上奇数的情形。i也用反证法，假设n是奇完全数，则b(n)=2n，不妨设巴巴是奇数，则b(n)有两个因子是偶数，有b(n)2是偶数，而2=n二邛役2佇是奇数,由b(n)=2n知b(n)=n，偶数=奇数，矛盾。所以，假设错误，原命题正

14、确。证毕。推论3.4一个平方数一定不是完全数。证：(1)如果这个数n是偶数。n二h2如果n是完全数，则就存在形如h2的偶完全数，与只存在形如2p-i(2p-1)的偶完全数矛盾。因为我们可以断言2p-i(2p-1)一定不是一个平方数，接下就让我们来证2p-1(2p-1)不是平方数，假设2p-1(2p-1)是一个平方数，不妨设：2p-1(2p1)=x2，有x=22y2p一132p一1=22x,所以，我们、知：v2p-1是有理数，但是多项式f(x)=x2(2p1)是不可约的，(由爱森斯坦判别法容易判断。知方程x2-(2p-1)=0无有理数解，所以与1,因为n=1显然不是完全数。n二h2,有算术基本定

15、理有h二pw1pw2pwrp是互不相同的奇素数，w1，TOC o 1-5 h z12riii二1,2r则n二p2气p2匕P2wr由判别条件(3)知，n不是奇完全数。证毕12r命题3.5如果n二p4k-1q2作q2q2mh，p,q是互不相同的奇素数，k,m1，=1,2k12hii则n一定不是奇完全数。证：反证法，假设n是奇完全数，则(n)=2n由b(n)=(1+p+p4k-i)(1+q+q2“)(1+q+q2叭) HYPERLINK l bookmark110 11kk2n二2p4k-1q2q2mk1kp4k-1因为1+p+p4k-1=p-1-(p2k-1)(p2k+1)-(pk-1)(pk+1

16、)(p2k+1)p-1p-1因为p是奇数，所以pk+1,p2k+1是偶数，于是b(n)2n于是偶数，亍-n是奇数，而所以原命题成立。证毕b(n)=2n矛盾。命题3.6如果n-p2k-1曾q2m，p,qi是互不相同的奇素数,k,m1，s2，i=1,2,s，p是4k+3形的素数，则n一定不是奇完全数。证：反证法，假设n是完全数，则b(n)=2nb(n)(1+p+p2k-i)(1+q+q2m)(1+q+q2m$)11ss 2n二2p2k-iq2加.q2ms1s丄丄丄”一p2k-1_(pk-1)(pk+1)1+p+p2k-1一一p-1p-1pk-1如果k是奇数，则一1+p+p2t是整数，pk+1是4的

17、倍数。(n)是4p-1的倍数。pk-1如果k是偶数，则一1+p+p2r-1是偶数，pk+1也是偶数。(n)是p-14的倍数。b(n)2nzx2是偶数，2一n是奇数，而b(n)一2n矛盾。所以原命题成立。证毕命题3.7如果n是奇完全数，则只可能是n-p41+1q2作q2化，p,q是互不相同的奇素数，1sik,m1，s2,i一1,2,s，p是4k+1形的素数。i证明可以由以上五个判别条件联合得出，略。注：我们对奇完全数存在性的研究到此为止。事实上，我们虽然不能直截回答奇完全数存在与否；但是、通过我们的研究，缩小了奇完全数可能存在的区域。利用我们的结果，可以给后面研究的人一点启发，以及少走一些不必要

18、的弯路。命题3.7的意思是，要存在奇完全数，只能是像命题3.7所说的形式。只要能证明像命题3.7的奇完全数不存在，我们就可以断言奇完全数不存在。以下介绍有关专家由计算机得出的结论，如果一个奇数n是完全数，则该数必须满足以下三个条件：(1)n10300。(2)n至少有八个因子。(3)n必有一个大于100110的素因子。最后给出判断奇完全数的两个充分必要条件：定理4.1n-pq2mq2q2ms是奇完全数的充分必要条件是12s(p+1)(1+q1+q12心(1+qs+q严)-2)+2一0即q2q2m2q212s(p+1)(迓丄込丄迟-2)+2=0其中p,q.是互不相同的奇素数I=0q1i2=0q22

19、is=0qSS1i=1,2s。证：必要性，如果n是奇完全数，则有c(n)=2n由于n二pq2加q2m2q2ms，c(n)二(p+1)(1+q+q2mJ.(1+q+q2ms)1122ss11sss由c(n)=2n得;c(n)二(p+1)(1+q+q2mJ.(1+q+q2ms)=2pq2加q2ms有TOC o 1-5 h z11ss1s(1)(2)c(n)(p+1)q2mq2ms二2n(p+1)q2加q2ms二(p1)q2加q2ms1s1s1sc(n)(p+1)q2卩q2ms二(p+1)(8q2作q2ms)1s1s其中8二(1+q+q2作).(1+q+q2ms)由,有:11ss(p+1)(8-q2

20、m1q2)=(p1)q2q21s1s(p+1)(-1)=p-1n(p+1)(-1)-(p+1)=-2有q2m1q2mq2m1q2m1s1s(p+1)(-2)+2=0q2mq2m$1s(p+1)(1+q1+q汐(1+qs+字)-2)+2二o也即q2q2q212s(p+1)(迓丄込丄迟丄-2)+2二0必要性证毕。I=0qii2=0q22is=0qSS（2）充分性:以上各步均可逆，所以充分性得证。所以原命题成立，证毕。注：其实我们已经讨论过n二pqjiq讐q严的情形，如果p是形如4k+3的素数则不可能是奇完全数，所以只有当p是形4k+1的素数n二pq2q2q2叫才可能是奇完全数，于是以上12s命题可以进一步化简为：n二pqjmq：m2q2ms是奇完全