目 录
英文摘要………………………………………………………………………………………………1 中文摘要…………………………………………………………………………………………2 梅森数的性质……………………………………………………………………………………………3 引理1.1…………………………………………………………………………………………………3 引理1.2…………………………………………………………………………………………………3 引理1.3………………………………………………………………………………………………4 引理1.4………………………………………………………………………………………………5 完全数与Euler 定理………………………………………………………………………………5 定理2.1………………………………………………………………………………………………5 奇完全数不是完全数的命题……………………………………………………………………………5 命题3.1…………………………………………………………………………………………………6 命题3.2………………………………………………………………………………………………7 命题3.3………………………………………………………………………………………………8 推论3.4…………………………………………………………………………………………………8 命题3.5…………………………………………………………………………………………………9 命题3.6………………………………………………………………………………………………9 命题3.7…………………………………………………………………………………………………10 奇完全数的两个充分必要条件………………………………………………………………………10 定理4.1…………………………………………………………………………………………………10 定理4.2………………………………………………………………………………………………12 参考文献………………………………………………………………………………………………13
Abstract
In this paper. We mainly discuss the existence of the odd perfect numbers. As a matter of fact, It is a very difficult problem to find an odd perfect number. It is an international puzzle. Nevertheless, We find 5criterions of an odd perfect number being not a an perfect number. Meanwhile we also find 2 necessary and sufficient conditions of the odd perfect numbers. At the same time, We cited the conclusions about the correspondence between the odd perfect number and the Mersenne’s prime, and we also prove the Euler Theorem of perfect number in our context.
Key words: perfect number Mensenne ’s prime odd perfect number
Number theory
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（Mersenne Marin 1588---1648）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 n =2n -1 (n>1)
的数叫梅森数，其中是素数的叫做梅森素数。
例如 M 2=22-1=3 M 3=23-1=7 M 4=24-1=15 M 5=25-1=31
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,M p 是素数。而P
，M 107是素数。
1867年以来，人们已经知道M 67是合数，但对它的因子一无所知。1903年10月在美国数学会举行的一次会上，数学家科尔（Fredrick Nelson Cole ）提交一篇论文《大数的因子分解》。轮到科尔报告时，他走到黑板前，一言未发便作起了2的方幂的演算，直到2的67次幂，从所的结果减去1。然后默默无言地在黑板的空白处写下两个数相乘： 19370771⨯[1**********]7
两个结果完全一样。之后，他只字未吐又回到座位上，会场上爆发了热烈的掌声。
梅森数的性质：
引理1.1 如果n>1，且a n -1是素数，那么a=2 且n 是素数。
证： (1)先证a 必须是2，因为a ≥1，如果a=1，a n -1=0显然不是素数，
有因为a n -1=(a -1)(a n -1+a n -2+ +a +1) ，如果a>2,则a n -1有真因子(a-1)>1，也就是说a 只能等于2。也就是说a n -1必须是梅森数。
(2) 下证n 必须为素数。反证法，如果n 是合数：n=km 1
2k -2n -1，从而2n -1不是素数。所以，要2n -1是素数，必须n 是素数，也就是说
2n -1是素数它一定是梅森素数。证毕
注意，n 是素数只是2n -1是素数的必要条件，这个条件并不充分。 例如
M 179 等等。 M 11 47M 23 M 83 26M 131
那么到底有多少梅森素数呢？
到今天为止，我们只知道34个梅森素数。它们是M p ，其中
p=2,3,7,13,17,19,31,61,89,107,127,521,607,1279,2203,2281,3217,4253,44239689
9941, 11213, 19937, 21701, 23209, 44497, 86243, 110503 ， 132049 , 216091, 756839, 858433，1257787
从第13个开始，即从M 521开始，都是在1952年以后，借助电子计算机而陆续发现的。目前所知道的最大素数，就是梅森素数M 1257787，它一共有378632位。这是1996年5月美国威斯康星州克雷研究所发现的。
梅森素数是否有无穷个，到现在都还没有解决。
在给出完全数的定义之前我们先来熟悉几个引理：
引理1.2 p 是一个素数，L 是一个自然数，则：
l +1p -1
σ(p ) =
p -1
l
证：p 的所有正因子为 1， p ,
l
2
l
l
p
2
,
p 则
l
p l +1-1 证毕
σ(p ) =1+p +p + +p =
p -1
引理1.3 如果n =p 11p 22 p s s p i 其中是互不相同的素数，m i 是自然数。
m
m
m
i =1, 2 s 则
m 2+1
p s m s +1-1p 1m 1+1-1p 2-1
σ(n ) =⋅
p 1-1p 2-1p s -1
22
证：因为(1+p 1+p 1+ +p 11)(1+p 2+p 2+ +p 22) (1+p s +p s 2+ p s s ) 的展开式
m m m
中各项包含了n 的所有因子，且各因子只出现一次，也就是说：
m 2
σ(n ) =(1+p 1+p 12+ +p 1m )(1+p 2+p 2+ +p 2) (1+p s +p s 2+ p s m )
1
2
s
m 2+1
p s m s +1-1p 1m 1+1-1p 2-1
有：σ(n ) = 证毕。 ⋅
p 1-1p 2-1p s -1
引理 1.4 m, n 为自然数，且(m,n)=1,则：σ(mn ) =σ(m ) σ(n )
证：设m =p 11p 22 p s s p i 是互不相同的素数，αi ≥1 i =1, 2 s
n =q 11q 22 q r r q j 是互不相同的素数，βj ≥1 j =1, 2 r 又因为（m,n ）=1,所以 p i ，q j 是互不相同的素数。由引理2得，
β
β
β
ααα
σ(mn ) =(p 1 p s ⋅q 1
证毕。
α1αs β1
αs +1α1+1
-1q 1β1+1-1q r βr +1-1p 1-1p s
q r ) = ⋅ =σ(m ) σ(n )
p 1-1p s -1q 1-1q r -1
βr
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σ(n ) 表示n 的全部因子的和，如果σ(n ) =2n，称n 为完全数。
例如 σ(6) =1+2+3+6=2⨯6 所以6是完全数
σ(28) =1+2+4+7+14+28=2⨯28 所以28也是完全数
σ(8) =1+2+4+8=15≠2⨯8 所以8不是完全数
定理2.1 关于偶完全数的Euler 定理的证明 : 如果M p 是素数，那么
1p -1p
M p （M p +1）=2(2-1) M p 是梅森素数 （*） 2
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 p 是素数，所以2p -1(2p -1) 的所有正因子为 1 ，2 ，22 2p 2所
p -1
，2⨯2p -1 2p -1(2p -1)
以
σ(2p -1(2p -1)) =1+2+ 2p -1+(2p -1)(1+2+ +2p -1) =2p (2p -1)
2p -1(2p -1) =2⨯2p -1(2p -1) 所以2p -1(2p -1) 是偶完全数。
（2） 如果n 是偶完全数，则n =2由于
n
m -1
b (b为奇数，m>1)
是偶完全数所以，我们根据就有σ(n ) =2n，于是，有：
σ(n ) =σ(2m -1b ) =σ(2m -1) σ(b ) =(2m -1) σ(b )
有，(2-1)σ(b ) =2b ⇒
m
m
σ(b )
b 2m 由于m
2-1, 2m =1 =m
2-1
()
有，σ(b ) =2m c b =(2m -1) c (c ≥1) 下证c=1,反证法，假设c>1，由
m
b =(2m -1) 知b 有因子1，c , b , 2-1
所
σ(b ) ≥1+(2m -1) +c +b =2m (c +1) >2m c =σ(b ) 矛盾
因此 c=1 有b =2-1 n =2(2-1)
又因为σ(b ) =2m ，知2-1必为素数，否则若b =(2m -1) =uv ，1
m
m m m
σ(b ) ≥1+2m -1+u +v >2m ，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2-1 是梅森素数。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, 2-1的值分别是3，7，31，127，它们都是素数，所以 2(2-1) =6 2(2-1) =28 2(2-1) =496
以及2(2-1) =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2
1257786
6
72
2
3
4
5
p
p
(21257787-1) 。
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3.1 如果n 是一个奇素数的方幂，则n 不是完全数。 证：n =p 其中p 是奇素数，m 是自然数 σ(n ) =σ(p
m
m
p m +1-1 m +) =1+p + p =
p -1
p
-2) p -1
σ(n ) -2n =(
p
m
-
11
1p -1
1-
p
p
m
（1）
又因为 p>2,所以
1111⇒p 2p 2
11
1-
p
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 =p m q n , 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σ(n ) =2n ，
σ(n ) =σ(p m q n ) =(1+p +p 2+ +p m )(1+q +q 2+ +q n )
2n=2p m q n 由 σ(n ) =2n 有
σ(n ) =σ(p m q n ) =(1+p +p 2+ +p m )(1+q +q 2+ +q n ) =2p m q n
(1+p + +p m )(1+q + q n ) m 1n 1
有；2==∑i ∑j （1） m n
p q i =0p j =0q
∞
∞m
1p p 111
=收敛，且= ，所以
又因为
∑
i =0
∞n
1q q 111
=同理∑j 收敛，∑j = ，也有∑j
∞
考察函数f (x ) =
x 1' '
，因为导函数f (x ) =-，当x>1有f (x )
x -1(x -1)
是单减的, 且p,q 是互不相同的素数, 有：
∑
i =0
m
1
p i 353515p q 1
⨯=⨯=
p -1q -13-15-1248j =0q
n
（1）
接下来让我们来看一个例题。
1p r -1
例 1 如果p,q 是素数，且p>2, p ≠q 当+2r +1=1时 ，则
q p -1
qp 是完全数。
r
p r +1-1
证：由引理3，σ(qp ) =(1+q )(1+p + +p ) =(1+q )
p -1
r
r
1p r -1
又因为 +2r +1=1 有；
q p -1
q +1p r -1p r (p -1)
于是，有： =2-2r +1=2r +1
q p -1p -1
p r +1-1 (1+q ) =2qp r 即 σ(qp r ) =2qp r 所以qp r 是一个完全数。证毕。
p -1
1p r -1
由本例，是否有人会问，要是p,q 是奇素数且满足条件+2r +1=1，则，不就找到一个奇
q p -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 =p m q n
1p r -1
的奇完全数，当然就不会有形如qp 的奇完全数了。其实+2r +1=1只有唯一的一个解，
q p -1
r
即p =3, q r =2。即（p=3,q=2,r=1）
命题3.3 如果n =p 11p 22 p s s ，其中p i 是互不相同的奇素数，αi 全是偶数或者至少有两个以上奇数， i =1, 2 s ，则。n 不是奇完全数 证：（1）先证，αi 全是偶数的情形。
反证法，假设n 是奇完全数，则 σ(n ) =2n
αα
σ(n ) =(1+p 1+ +p 1)(1+p 2+ +p 2) (1+p s + +p αs )
1
2
s
ααα
因为p i 是互不相同的奇素数，则σ(n ) 的每一个因子都是奇数，所以σ(n ) 是奇数。 而2n 是偶数，由σ(n ) =2n 知 奇数=偶数，矛盾。 （3） 下证，αi 至少有两个以上奇数的情形。
也用反证法，假设n 是奇完全数，则 σ(n ) =2n ，不妨设α1, α2是奇数，则σ(n ) 有两个因子是偶数，有
σ(n ) 2n σ(n ) ααα
是偶数，而=n =p 11p 22 p s s 是奇数，由σ(n ) =2n 知=n，偶数=222
奇数， 矛盾。
所以，假设错误，原命题正确。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 =h 如果n 是完全数，则就存在形如h 的偶完全数，与只存在形如2p -1(2p -1) 的偶完全数矛盾。因为我们可以断言2p -1(2p -1) 一定不是一个平方数， 接下就让我们来证
2
2
2p -1(2p -1) 不是平方数，假设2p -1(2p -1) 是一个平方数，不妨设： 2
p -1
(2-1) =x ，有x =2
p 2
p -1
2
2-1⇒2-1=2
p p
p -12
x ，所以，我们、知：
（由爱森斯坦判别法容易2p -1是有理数，但是多项式f (x ) =x 2-(2p -1) 是不可约的，
判断。知方程x 2-(2p -1) =0无有理数解，所以与2p -1是有理数，矛盾。因此2p -1(2p -1) 不是平方数。于是偶平方数不是完全数。
（2）如果这个数n 是奇数。 N>1,因为n=1显然不是完全数。
w 2
n =h 2，有算术基本定理有 h =p 1w 1p 2 p r w r p i 是互不相同的奇素数，w i ≥1 ， 2w 2i =1, 2 r 则 n =p 12w 1p 2 p r 2w r 由判别条件（3）知，n 不是奇完全数。证毕
命题3.5 如果n =p 4k -1q 11q 2则n 一定不是奇完全数。
证：反证法，假设n 是奇完全数，则σ(n ) =2n 由
2m σ(n ) =(1+p + +p 4k -1)(1+q 1+ +q 12m ) (1+q k + +q k )
1
k
2m
2m 2
2m h
i =1, 2 k ，p , q i 是互不相同的奇素数，k , m i ≥1， q h
2m k
2n =2p 4k -1q 12m 1 q k
因为1+p + +p
4k -1
p 4k -1(p 2k -1)(p 2k +1) (p k -1) k ===(p +1)(p 2k +1)
p -1p -1p -1
2k
因为p 是奇数，所以 p +1, p
k
+1 是偶数，于是
σ(n ) 2n
=n 是奇数，而 σ(n ) =2n 矛盾。 是偶数，
22
所以原命题成立。证毕
命题3.6 如果n =p 2k -1q 1
2m 1
q s 2m s ，p , q i 是互不相同的奇素数，k , m i ≥1，s>2，
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σ(n ) =2n
σ(n ) =(1+p + +p 2k -1)(1+q 1+ +q 12m ) (1+q s + +q s 2m )
1
s
2n =2p 2k -1q 12m 1 q s 2m s 1+p + +p
2k -1
p 2k -1(p k -1)(p k +1)
==
p -1p -1
（i ）
p k -1
如果k 是奇数，则=1+p + +p 2t 是整数，p k +1是4的倍数。σ(n ) 是4
p -1
的倍数。
（ii ）
p k -1
如果k 是偶数，则 =1+p + +p 2r =1是偶数，p k +1也是偶数。σ(n ) 是
p -1
4的倍数。
σ(n ) 2n
=n 是奇数，而 σ(n ) =2n 矛盾。 是偶数，
22
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 =p 4l +1q 1
2m 1
q s 2m s ，p , q i 是互不相同的奇素数，
k , m i ≥1，s>2，i =1, 2, s ，p 是4k+1形的素数 。
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)n >10
300
。（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4.1 n =pq 11q 2
2m
2m 2
q s 2m s 是奇完全数的充分必要条件是
(1+q 1+ +q 12m 1) (1+q s + +q s 2m s )
(p +1)(-2) +2=0 即 2m s 2m 12m 2
q 1q 2 q s
10
2m s
12m 211
(p +1)(∑i ∑i ∑i -2) +2=0 其中p , q i 是互不相同的奇素数
2m 1
i 11i 2=0q s
s 1=0q 2=0q 2i s i =1, 2 s 。
证：(1)必要性，如果n 是奇完全数，则有σ(n ) =2n 由于n =pq 2m
2m 11q 2
2
q 2m s s ， σ(n ) =(p +1)(1+q 1+ +q 2m 11) (1+q 2m s + +q s s )
由σ(n ) =2n 得；
σ(n ) =(p +1)(1+q 2m 1+ +q 11
) (1+q s + +q 2m s s
) =2pq 2m 11
q 2m
s s
有
σ(n ) -(p +1) q 2m 11
q 2m s s
=2n -(p +1) q 2m 11
q 2m s s
=(p -1) q 2m 1
2m
1 q s s
σ(n ) -(p +1) q 2m 11
q 2m s s
=(p +1)(ε-q 2m 11
q 2m s s
) (2)
其中ε=(1+q m 1+ +q 2m 1
1
) (1+q s + +q 2s s ) 由(1),(2)有：
(p +1)(ε-q 2m 2m 11 q 2m s s ) =(p -1) q 11 q 2m s s 有 (p +1)(
ε
q
2m =p -1⇒(p +1)(
ε
1
1
q
2m -1) s
s q
2m 2m -1) -(p +1) =-2 有1
1 q
s
s (p +1)(
ε
q
2m -2) +2=0
1
1 q
2m s
s (1+q m 1+ +q 211(p +1)() (1+q s + +q 2m s s )
q 2m -2) +2=0 也即 11q 2m 22
q 2m s
s 2m 1
2m (p +1)(∑12m 21s
1
q i 1∑i 2 ∑i 1i s -2) +2=0 必要性证毕。
i 1=02=0q 2i s =0q s
(1) 即
11
（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 =pq 11q 2
2m
2m 2
q s 2m s 的情形，如果p 是形如4k+3的素数则不可能是
2m
2m 2
奇完全数，所以只有当p 是形4k+1的素数n =pq 11q 2命题可以进一步化简为：n =pq 11q 2的素数），(2k +1)(
2m
2m 2
q s 2m s 才可能是奇完全数，于是以上
（p 是形如4k+1 q s 2m s 是奇完全数的充分必要条件是，
ε
q
2m 1
1
q
2m s s
。证-2) +1=0 其中p , q i 是互不相同的奇素数i =1, 2 s ，
明只要将p=4k+1代入(p +1
ε
q
2m 1
1
q
2m s s
-2) +2=0即可得出。
定理4.2 n =p 11p 22 p s s 是奇完全数的充分必要条件是不定方程
αs
1α211
。 2-∑i 1∑i 2 ∑i s =0 有奇素数解，其中p i 是互不相同的奇素数i =1, 2 s ，
i 1=0p 1i 2=0p 2i s =0p s
α1
ααα
证：（1）必要性，如果n 是奇完全数，则有σ(n ) =2n
ααααα
σ(n ) =(1+p 1+ +p 1)(1+p 2+ +p 2) (1+p s + +p s ) =2p 1 p s
1
2
s
1
s
αs
1α211
化简，有2-∑i ∑i ∑i =0 是奇完全数，就是说存在互不相同的奇素数p i ，
12s
i 1=0p 1i 2=0p 2i s =0p s
α1
αs
1α211
i =1, 2 s ，满足条件，也就是2-∑i ∑i ∑i =0有奇素数解。
12s
i 1=0p 1i 2=0p 2i s =0p s
α1
αs αs α1
1α2111α211
（2）充分性：如果2-∑i ∑i ∑i =0有奇素数解。则∑i ∑i ∑i =2
12s 12s
i 1=0p 1i 2=0p 2i s =0p s i 1=0p 1i 2=0p 2i s =0p s
α1
如果我们将等式两边同乘以
αs α1α2
p 1p 2 p s
有：
αs αs α1α2α1
， 又因为有：(1+p 1+ +p 1)(1+p 2+ +p 2) (1+p s + +p s ) =2p 1 p s ααααα
σ(p 1 p s ) =(1+p 1+ +p 1)(1+p 2+ +p 2) (1+p s + +p s ) ，于是就有：
1
s
1
2
s
ααααααα
因σ(p 1 p s ) =(1+p 1+ +p 1)(1+p 2+ +p 2) (1+p s + +p s ) =2p 1 p s
1
s
1
2
s
1
此有 p 11p 22 p s s 是奇完全数。证毕。
12
ααα
参考文献：
[1] 陈景润 《初等数论》 Ⅱ Ⅲ 科学出版社 [2] 王元 《哥德巴赫猜想》 山东教育出版社 [3] 张顺燕 《数学的源与流》 高等教育出版社 [4] 闵嗣鹤 严士健 《初等数论》 高等教育出版社
13
目 录
英文摘要………………………………………………………………………………………………1 中文摘要…………………………………………………………………………………………2 梅森数的性质……………………………………………………………………………………………3 引理1.1…………………………………………………………………………………………………3 引理1.2…………………………………………………………………………………………………3 引理1.3………………………………………………………………………………………………4 引理1.4………………………………………………………………………………………………5 完全数与Euler 定理………………………………………………………………………………5 定理2.1………………………………………………………………………………………………5 奇完全数不是完全数的命题……………………………………………………………………………5 命题3.1…………………………………………………………………………………………………6 命题3.2………………………………………………………………………………………………7 命题3.3………………………………………………………………………………………………8 推论3.4…………………………………………………………………………………………………8 命题3.5…………………………………………………………………………………………………9 命题3.6………………………………………………………………………………………………9 命题3.7…………………………………………………………………………………………………10 奇完全数的两个充分必要条件………………………………………………………………………10 定理4.1…………………………………………………………………………………………………10 定理4.2………………………………………………………………………………………………12 参考文献………………………………………………………………………………………………13
Abstract
In this paper. We mainly discuss the existence of the odd perfect numbers. As a matter of fact, It is a very difficult problem to find an odd perfect number. It is an international puzzle. Nevertheless, We find 5criterions of an odd perfect number being not a an perfect number. Meanwhile we also find 2 necessary and sufficient conditions of the odd perfect numbers. At the same time, We cited the conclusions about the correspondence between the odd perfect number and the Mersenne’s prime, and we also prove the Euler Theorem of perfect number in our context.
Key words: perfect number Mensenne ’s prime odd perfect number
Number theory
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（Mersenne Marin 1588---1648）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 n =2n -1 (n>1)
的数叫梅森数，其中是素数的叫做梅森素数。
例如 M 2=22-1=3 M 3=23-1=7 M 4=24-1=15 M 5=25-1=31
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,M p 是素数。而P
，M 107是素数。
1867年以来，人们已经知道M 67是合数，但对它的因子一无所知。1903年10月在美国数学会举行的一次会上，数学家科尔（Fredrick Nelson Cole ）提交一篇论文《大数的因子分解》。轮到科尔报告时，他走到黑板前，一言未发便作起了2的方幂的演算，直到2的67次幂，从所的结果减去1。然后默默无言地在黑板的空白处写下两个数相乘： 19370771⨯[1**********]7
两个结果完全一样。之后，他只字未吐又回到座位上，会场上爆发了热烈的掌声。
梅森数的性质：
引理1.1 如果n>1，且a n -1是素数，那么a=2 且n 是素数。
证： (1)先证a 必须是2，因为a ≥1，如果a=1，a n -1=0显然不是素数，
有因为a n -1=(a -1)(a n -1+a n -2+ +a +1) ，如果a>2,则a n -1有真因子(a-1)>1，也就是说a 只能等于2。也就是说a n -1必须是梅森数。
(2) 下证n 必须为素数。反证法，如果n 是合数：n=km 1
2k -2n -1，从而2n -1不是素数。所以，要2n -1是素数，必须n 是素数，也就是说
2n -1是素数它一定是梅森素数。证毕
注意，n 是素数只是2n -1是素数的必要条件，这个条件并不充分。 例如
M 179 等等。 M 11 47M 23 M 83 26M 131
那么到底有多少梅森素数呢？
到今天为止，我们只知道34个梅森素数。它们是M p ，其中
p=2,3,7,13,17,19,31,61,89,107,127,521,607,1279,2203,2281,3217,4253,44239689
9941, 11213, 19937, 21701, 23209, 44497, 86243, 110503 ， 132049 , 216091, 756839, 858433，1257787
从第13个开始，即从M 521开始，都是在1952年以后，借助电子计算机而陆续发现的。目前所知道的最大素数，就是梅森素数M 1257787，它一共有378632位。这是1996年5月美国威斯康星州克雷研究所发现的。
梅森素数是否有无穷个，到现在都还没有解决。
在给出完全数的定义之前我们先来熟悉几个引理：
引理1.2 p 是一个素数，L 是一个自然数，则：
l +1p -1
σ(p ) =
p -1
l
证：p 的所有正因子为 1， p ,
l
2
l
l
p
2
,
p 则
l
p l +1-1 证毕
σ(p ) =1+p +p + +p =
p -1
引理1.3 如果n =p 11p 22 p s s p i 其中是互不相同的素数，m i 是自然数。
m
m
m
i =1, 2 s 则
m 2+1
p s m s +1-1p 1m 1+1-1p 2-1
σ(n ) =⋅
p 1-1p 2-1p s -1
22
证：因为(1+p 1+p 1+ +p 11)(1+p 2+p 2+ +p 22) (1+p s +p s 2+ p s s ) 的展开式
m m m
中各项包含了n 的所有因子，且各因子只出现一次，也就是说：
m 2
σ(n ) =(1+p 1+p 12+ +p 1m )(1+p 2+p 2+ +p 2) (1+p s +p s 2+ p s m )
1
2
s
m 2+1
p s m s +1-1p 1m 1+1-1p 2-1
有：σ(n ) = 证毕。 ⋅
p 1-1p 2-1p s -1
引理 1.4 m, n 为自然数，且(m,n)=1,则：σ(mn ) =σ(m ) σ(n )
证：设m =p 11p 22 p s s p i 是互不相同的素数，αi ≥1 i =1, 2 s
n =q 11q 22 q r r q j 是互不相同的素数，βj ≥1 j =1, 2 r 又因为（m,n ）=1,所以 p i ，q j 是互不相同的素数。由引理2得，
β
β
β
ααα
σ(mn ) =(p 1 p s ⋅q 1
证毕。
α1αs β1
αs +1α1+1
-1q 1β1+1-1q r βr +1-1p 1-1p s
q r ) = ⋅ =σ(m ) σ(n )
p 1-1p s -1q 1-1q r -1
βr
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σ(n ) 表示n 的全部因子的和，如果σ(n ) =2n，称n 为完全数。
例如 σ(6) =1+2+3+6=2⨯6 所以6是完全数
σ(28) =1+2+4+7+14+28=2⨯28 所以28也是完全数
σ(8) =1+2+4+8=15≠2⨯8 所以8不是完全数
定理2.1 关于偶完全数的Euler 定理的证明 : 如果M p 是素数，那么
1p -1p
M p （M p +1）=2(2-1) M p 是梅森素数 （*） 2
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 p 是素数，所以2p -1(2p -1) 的所有正因子为 1 ，2 ，22 2p 2所
p -1
，2⨯2p -1 2p -1(2p -1)
以
σ(2p -1(2p -1)) =1+2+ 2p -1+(2p -1)(1+2+ +2p -1) =2p (2p -1)
2p -1(2p -1) =2⨯2p -1(2p -1) 所以2p -1(2p -1) 是偶完全数。
（2） 如果n 是偶完全数，则n =2由于
n
m -1
b (b为奇数，m>1)
是偶完全数所以，我们根据就有σ(n ) =2n，于是，有：
σ(n ) =σ(2m -1b ) =σ(2m -1) σ(b ) =(2m -1) σ(b )
有，(2-1)σ(b ) =2b ⇒
m
m
σ(b )
b 2m 由于m
2-1, 2m =1 =m
2-1
()
有，σ(b ) =2m c b =(2m -1) c (c ≥1) 下证c=1,反证法，假设c>1，由
m
b =(2m -1) 知b 有因子1，c , b , 2-1
所
σ(b ) ≥1+(2m -1) +c +b =2m (c +1) >2m c =σ(b ) 矛盾
因此 c=1 有b =2-1 n =2(2-1)
又因为σ(b ) =2m ，知2-1必为素数，否则若b =(2m -1) =uv ，1
m
m m m
σ(b ) ≥1+2m -1+u +v >2m ，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2-1 是梅森素数。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, 2-1的值分别是3，7，31，127，它们都是素数，所以 2(2-1) =6 2(2-1) =28 2(2-1) =496
以及2(2-1) =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2
1257786
6
72
2
3
4
5
p
p
(21257787-1) 。
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3.1 如果n 是一个奇素数的方幂，则n 不是完全数。 证：n =p 其中p 是奇素数，m 是自然数 σ(n ) =σ(p
m
m
p m +1-1 m +) =1+p + p =
p -1
p
-2) p -1
σ(n ) -2n =(
p
m
-
11
1p -1
1-
p
p
m
（1）
又因为 p>2,所以
1111⇒p 2p 2
11
1-
p
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 =p m q n , 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σ(n ) =2n ，
σ(n ) =σ(p m q n ) =(1+p +p 2+ +p m )(1+q +q 2+ +q n )
2n=2p m q n 由 σ(n ) =2n 有
σ(n ) =σ(p m q n ) =(1+p +p 2+ +p m )(1+q +q 2+ +q n ) =2p m q n
(1+p + +p m )(1+q + q n ) m 1n 1
有；2==∑i ∑j （1） m n
p q i =0p j =0q
∞
∞m
1p p 111
=收敛，且= ，所以
又因为
∑
i =0
∞n
1q q 111
=同理∑j 收敛，∑j = ，也有∑j
∞
考察函数f (x ) =
x 1' '
，因为导函数f (x ) =-，当x>1有f (x )
x -1(x -1)
是单减的, 且p,q 是互不相同的素数, 有：
∑
i =0
m
1
p i 353515p q 1
⨯=⨯=
p -1q -13-15-1248j =0q
n
（1）
接下来让我们来看一个例题。
1p r -1
例 1 如果p,q 是素数，且p>2, p ≠q 当+2r +1=1时 ，则
q p -1
qp 是完全数。
r
p r +1-1
证：由引理3，σ(qp ) =(1+q )(1+p + +p ) =(1+q )
p -1
r
r
1p r -1
又因为 +2r +1=1 有；
q p -1
q +1p r -1p r (p -1)
于是，有： =2-2r +1=2r +1
q p -1p -1
p r +1-1 (1+q ) =2qp r 即 σ(qp r ) =2qp r 所以qp r 是一个完全数。证毕。
p -1
1p r -1
由本例，是否有人会问，要是p,q 是奇素数且满足条件+2r +1=1，则，不就找到一个奇
q p -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 =p m q n
1p r -1
的奇完全数，当然就不会有形如qp 的奇完全数了。其实+2r +1=1只有唯一的一个解，
q p -1
r
即p =3, q r =2。即（p=3,q=2,r=1）
命题3.3 如果n =p 11p 22 p s s ，其中p i 是互不相同的奇素数，αi 全是偶数或者至少有两个以上奇数， i =1, 2 s ，则。n 不是奇完全数 证：（1）先证，αi 全是偶数的情形。
反证法，假设n 是奇完全数，则 σ(n ) =2n
αα
σ(n ) =(1+p 1+ +p 1)(1+p 2+ +p 2) (1+p s + +p αs )
1
2
s
ααα
因为p i 是互不相同的奇素数，则σ(n ) 的每一个因子都是奇数，所以σ(n ) 是奇数。 而2n 是偶数，由σ(n ) =2n 知 奇数=偶数，矛盾。 （3） 下证，αi 至少有两个以上奇数的情形。
也用反证法，假设n 是奇完全数，则 σ(n ) =2n ，不妨设α1, α2是奇数，则σ(n ) 有两个因子是偶数，有
σ(n ) 2n σ(n ) ααα
是偶数，而=n =p 11p 22 p s s 是奇数，由σ(n ) =2n 知=n，偶数=222
奇数， 矛盾。
所以，假设错误，原命题正确。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 =h 如果n 是完全数，则就存在形如h 的偶完全数，与只存在形如2p -1(2p -1) 的偶完全数矛盾。因为我们可以断言2p -1(2p -1) 一定不是一个平方数， 接下就让我们来证
2
2
2p -1(2p -1) 不是平方数，假设2p -1(2p -1) 是一个平方数，不妨设： 2
p -1
(2-1) =x ，有x =2
p 2
p -1
2
2-1⇒2-1=2
p p
p -12
x ，所以，我们、知：
（由爱森斯坦判别法容易2p -1是有理数，但是多项式f (x ) =x 2-(2p -1) 是不可约的，
判断。知方程x 2-(2p -1) =0无有理数解，所以与2p -1是有理数，矛盾。因此2p -1(2p -1) 不是平方数。于是偶平方数不是完全数。
（2）如果这个数n 是奇数。 N>1,因为n=1显然不是完全数。
w 2
n =h 2，有算术基本定理有 h =p 1w 1p 2 p r w r p i 是互不相同的奇素数，w i ≥1 ， 2w 2i =1, 2 r 则 n =p 12w 1p 2 p r 2w r 由判别条件（3）知，n 不是奇完全数。证毕
命题3.5 如果n =p 4k -1q 11q 2则n 一定不是奇完全数。
证：反证法，假设n 是奇完全数，则σ(n ) =2n 由
2m σ(n ) =(1+p + +p 4k -1)(1+q 1+ +q 12m ) (1+q k + +q k )
1
k
2m
2m 2
2m h
i =1, 2 k ，p , q i 是互不相同的奇素数，k , m i ≥1， q h
2m k
2n =2p 4k -1q 12m 1 q k
因为1+p + +p
4k -1
p 4k -1(p 2k -1)(p 2k +1) (p k -1) k ===(p +1)(p 2k +1)
p -1p -1p -1
2k
因为p 是奇数，所以 p +1, p
k
+1 是偶数，于是
σ(n ) 2n
=n 是奇数，而 σ(n ) =2n 矛盾。 是偶数，
22
所以原命题成立。证毕
命题3.6 如果n =p 2k -1q 1
2m 1
q s 2m s ，p , q i 是互不相同的奇素数，k , m i ≥1，s>2，
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σ(n ) =2n
σ(n ) =(1+p + +p 2k -1)(1+q 1+ +q 12m ) (1+q s + +q s 2m )
1
s
2n =2p 2k -1q 12m 1 q s 2m s 1+p + +p
2k -1
p 2k -1(p k -1)(p k +1)
==
p -1p -1
（i ）
p k -1
如果k 是奇数，则=1+p + +p 2t 是整数，p k +1是4的倍数。σ(n ) 是4
p -1
的倍数。
（ii ）
p k -1
如果k 是偶数，则 =1+p + +p 2r =1是偶数，p k +1也是偶数。σ(n ) 是
p -1
4的倍数。
σ(n ) 2n
=n 是奇数，而 σ(n ) =2n 矛盾。 是偶数，
22
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 =p 4l +1q 1
2m 1
q s 2m s ，p , q i 是互不相同的奇素数，
k , m i ≥1，s>2，i =1, 2, s ，p 是4k+1形的素数 。
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)n >10
300
。（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4.1 n =pq 11q 2
2m
2m 2
q s 2m s 是奇完全数的充分必要条件是
(1+q 1+ +q 12m 1) (1+q s + +q s 2m s )
(p +1)(-2) +2=0 即 2m s 2m 12m 2
q 1q 2 q s
10
2m s
12m 211
(p +1)(∑i ∑i ∑i -2) +2=0 其中p , q i 是互不相同的奇素数
2m 1
i 11i 2=0q s
s 1=0q 2=0q 2i s i =1, 2 s 。
证：(1)必要性，如果n 是奇完全数，则有σ(n ) =2n 由于n =pq 2m
2m 11q 2
2
q 2m s s ， σ(n ) =(p +1)(1+q 1+ +q 2m 11) (1+q 2m s + +q s s )
由σ(n ) =2n 得；
σ(n ) =(p +1)(1+q 2m 1+ +q 11
) (1+q s + +q 2m s s
) =2pq 2m 11
q 2m
s s
有
σ(n ) -(p +1) q 2m 11
q 2m s s
=2n -(p +1) q 2m 11
q 2m s s
=(p -1) q 2m 1
2m
1 q s s
σ(n ) -(p +1) q 2m 11
q 2m s s
=(p +1)(ε-q 2m 11
q 2m s s
) (2)
其中ε=(1+q m 1+ +q 2m 1
1
) (1+q s + +q 2s s ) 由(1),(2)有：
(p +1)(ε-q 2m 2m 11 q 2m s s ) =(p -1) q 11 q 2m s s 有 (p +1)(
ε
q
2m =p -1⇒(p +1)(
ε
1
1
q
2m -1) s
s q
2m 2m -1) -(p +1) =-2 有1
1 q
s
s (p +1)(
ε
q
2m -2) +2=0
1
1 q
2m s
s (1+q m 1+ +q 211(p +1)() (1+q s + +q 2m s s )
q 2m -2) +2=0 也即 11q 2m 22
q 2m s
s 2m 1
2m (p +1)(∑12m 21s
1
q i 1∑i 2 ∑i 1i s -2) +2=0 必要性证毕。
i 1=02=0q 2i s =0q s
(1) 即
11
（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 =pq 11q 2
2m
2m 2
q s 2m s 的情形，如果p 是形如4k+3的素数则不可能是
2m
2m 2
奇完全数，所以只有当p 是形4k+1的素数n =pq 11q 2命题可以进一步化简为：n =pq 11q 2的素数），(2k +1)(
2m
2m 2
q s 2m s 才可能是奇完全数，于是以上
（p 是形如4k+1 q s 2m s 是奇完全数的充分必要条件是，
ε
q
2m 1
1
q
2m s s
。证-2) +1=0 其中p , q i 是互不相同的奇素数i =1, 2 s ，
明只要将p=4k+1代入(p +1
ε
q
2m 1
1
q
2m s s
-2) +2=0即可得出。
定理4.2 n =p 11p 22 p s s 是奇完全数的充分必要条件是不定方程
αs
1α211
。 2-∑i 1∑i 2 ∑i s =0 有奇素数解，其中p i 是互不相同的奇素数i =1, 2 s ，
i 1=0p 1i 2=0p 2i s =0p s
α1
ααα
证：（1）必要性，如果n 是奇完全数，则有σ(n ) =2n
ααααα
σ(n ) =(1+p 1+ +p 1)(1+p 2+ +p 2) (1+p s + +p s ) =2p 1 p s
1
2
s
1
s
αs
1α211
化简，有2-∑i ∑i ∑i =0 是奇完全数，就是说存在互不相同的奇素数p i ，
12s
i 1=0p 1i 2=0p 2i s =0p s
α1
αs
1α211
i =1, 2 s ，满足条件，也就是2-∑i ∑i ∑i =0有奇素数解。
12s
i 1=0p 1i 2=0p 2i s =0p s
α1
αs αs α1
1α2111α211
（2）充分性：如果2-∑i ∑i ∑i =0有奇素数解。则∑i ∑i ∑i =2
12s 12s
i 1=0p 1i 2=0p 2i s =0p s i 1=0p 1i 2=0p 2i s =0p s
α1
如果我们将等式两边同乘以
αs α1α2
p 1p 2 p s
有：
αs αs α1α2α1
， 又因为有：(1+p 1+ +p 1)(1+p 2+ +p 2) (1+p s + +p s ) =2p 1 p s ααααα
σ(p 1 p s ) =(1+p 1+ +p 1)(1+p 2+ +p 2) (1+p s + +p s ) ，于是就有：
1
s
1
2
s
ααααααα
因σ(p 1 p s ) =(1+p 1+ +p 1)(1+p 2+ +p 2) (1+p s + +p s ) =2p 1 p s
1
s
1
2
s
1
此有 p 11p 22 p s s 是奇完全数。证毕。
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ααα
参考文献：
[1] 陈景润 《初等数论》 Ⅱ Ⅲ 科学出版社 [2] 王元 《哥德巴赫猜想》 山东教育出版社 [3] 张顺燕 《数学的源与流》 高等教育出版社 [4] 闵嗣鹤 严士健 《初等数论》 高等教育出版社
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