完全数

✍ dations ◷ 2025-05-19 18:34:58 #数学中未解决的问题,整数数列,趣味数学,除数函数

完全数（Perfect number），又称完美数或完备数，是一些特殊的自然数：它所有的真因子（即除了自身以外的约数）的和，恰好等于它本身，完全数不可能是楔形数、平方数、佩尔数或费波那契数。

例如：第一个完全数是6，它有约数1、2、3、6，除去它本身6外，其余3个数相加， ${{{1}+{2}}+{3}}=6$ ${{{1}+{2}}+{3}}=6$ ，恰好等于本身。第二个完全数是28，它有约数1、2、4、7、14、28，除去它本身28外，其余5个数相加， ${{{{{1}+{2}}+{4}}+{7}}+{14}}=28$ ${{{{{1}+{2}}+{4}}+{7}}+{14}}=28$ ，也恰好等于本身。后面的数是496、8128。

十进制的5位数到7位数、9位数、11位数、13到18位数等位数都没有完全数，它们不是亏数就是盈数。

古希腊数学家欧几里得是通过 $2^{n-1}\times (2^{n}-1)$ $2^{{n-1}}\times (2^{n}-1)$ 的表达式发现前四个完全数的。

一个偶数是完美数，当且仅当它具有如下形式： $2^{n-1}(2^{n}-1)$ $2^{{n-1}}(2^{n}-1)$ ，其中 $2^{n}-1$ $2^{n}-1$ 是素数，此事实的充分性由欧几里得证明，而必要性则由欧拉所证明。

比如，上面的 $6 {\displaystyle 6}$ $6$ 和 $28 {\displaystyle 28}$ $28$ 对应着 $n=2$ $n=2$ 和 $3 {\displaystyle 3}$ $3$ 的情况。我们只要找到了一个形如 $2^{n}-1$ $2^{n}-1$ 的素数（即梅森素数），也就知道了一个偶完美数。

尽管没有发现奇完全数，但是当代数学家奥斯丁·欧尔证明，若有奇完全数，则其形式必然是 $12p+1$ $12p+1$ 或 $36p+9$ $36p+9$ 的形式，其中 $p {\displaystyle p}$ $p$ 是素数。

首十个完全数是（ A000396）：

古代数学家根据当时已知的四个完全数做了很多假设，大部分都是错误的。其中的一个假设是：因为 2、3、5、7 恰好是头 4 个素数，第 5 个完全数应该是第 5 个素数，即当 $n=11$ $n=11$ 的时候，可是 $2^{11}-1=23\times 89$ $2^{{11}}-1=23\times 89$ 并不是素数。因此 $n=11$ $n=11$ 不是完全数。另外两个错误假设是：

事实上，第五个完全数 $33550336=2^{12}(2^{13}-1)$ $33550336=2^{{12}}(2^{{13}}-1)$ 是 $8 {\displaystyle 8}$ $8$ 位数。

对于第二个假设，第五个完全数确实是以 $6 {\displaystyle 6}$ $6$ 结尾，但是第六个完全数 $8589869056$ $8589869056$ 仍是以 $6 {\displaystyle 6}$ $6$ 结尾，应该说完全数只有以 $6 {\displaystyle 6}$ $6$ 和 $8 {\displaystyle 8}$ $8$ 结尾才对。

对完全数的研究，至少已经有两千多年的历史。《几何原本》中就提出了寻求某种类型完全数的问题。

每一个梅森素数给出一个偶完全数；反之，每个偶完全数给出一个梅森素数，这结果称为欧几里得－欧拉定理。到 2018 年 12 月为止，共发现了 51 个完全数，且都是偶数。最大的已知完全数为 $2^{82589932}\times (2^{82589933}-1)$ $2^{82589932}\times (2^{82589933}-1)$ 共有 $49724095$ $49724095$ 位数。

以下是目前已发现的完全数共有的性质。

 $28 {\displaystyle 28}$  $28$  →  $2+8=10$  $2+8=10$  →  $1+0=1$  $1+0=1$  $496 {\displaystyle 496}$  $496$  →  $4+9+6=19$  $4+9+6=19$  →  $1+9=10$  $1+9=10$  →  $1+0=1$  $1+0=1$

所有的偶完全数都可以表达为2的一些连续正整数次幂之和，从 $2^{p-1}$ $2^{{p-1}}$ 到 $2^{2p-2}$ $2^{{2p-2}}$ ：

 $6=2^{1}+2^{2}$  $6=2^{1}+2^{2}$  $28=2^{2}+2^{3}+2^{4}$  $28=2^{2}+2^{3}+2^{4}$  $496=2^{4}+2^{5}+2^{6}+2^{7}+2^{8}$  $496=2^{4}+2^{5}+2^{6}+2^{7}+2^{8}$  $8128=2^{6}+2^{7}+...+2^{12}$  $8128=2^{6}+2^{7}+...+2^{{12}}$

每个偶完全数都可以写成连续自然数之和：

 $6=1+2+3$  $6=1+2+3$  $28=1+2+3+4+5+6+7$  $28=1+2+3+4+5+6+7$  $496=1+2+3+...+30+31$  $496=1+2+3+...+30+31$  $8128=1+2+3+...+126+127$  $8128=1+2+3+...+126+127$

除6以外的偶完全数，还可以表示成连续奇立方数之和（被加的项共有 ${\sqrt {2^{p-1}}}$ ${\sqrt {2^{{p-1}}}}$ )：

 $28=1^{3}+3^{3}$  $28=1^{3}+3^{3}$  $496=1^{3}+3^{3}+5^{3}+7^{3}$  $496=1^{3}+3^{3}+5^{3}+7^{3}$  $8128=1^{3}+3^{3}+5^{3}+...+15^{3}$  $8128=1^{3}+3^{3}+5^{3}+...+15^{3}$  $33550336=1^{3}+3^{3}+5^{3}+...+127^{3}$  $33550336=1^{3}+3^{3}+5^{3}+...+127^{3}$

每个完全数的所有约数（包括本身）的倒数之和，都等于2：（这可以用通分证得。因此每个完全数都是欧尔调和数。）

 ${\frac {1}{1}}+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{6}}={\frac {6+3+2+1}{6}}=2$  ${\frac {1}{1}}+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{6}}={\frac {6+3+2+1}{6}}=2$  ${\frac {1}{1}}+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{7}}+{\frac {1}{14}}+{\frac {1}{28}}={\frac {28+14+7+4+2+1}{28}}=2$  ${\frac {1}{1}}+{\frac {1}{2}}+{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{7}}+{\frac {1}{14}}+{\frac {1}{28}}={\frac {28+14+7+4+2+1}{28}}=2$

它们的二进制表达式也很有趣：（因为偶完全数形式均如 $2^{n-1}(2^{n}-1)$ $2^{{n-1}}(2^{n}-1)$ ）

 $(6)_{10}=(110)_{2}$  $(6)_{{10}}=(110)_{2}$  $(28)_{10}=(11100)_{2}$  $(28)_{{10}}=(11100)_{2}$  $(496)_{10}=(111110000)_{2}$  $(496)_{{10}}=(111110000)_{2}$  $(8128)_{10}=(1111111000000)_{2}$  $(8128)_{{10}}=(1111111000000)_{2}$  $(33550336)_{10}=(1111111111111000000000000)_{2}$  $(33550336)_{{10}}=(1111111111111000000000000)_{2}$  $(8589869056)_{10}=(111111111111111110000000000000000)_{2}$  $(8589869056)_{{10}}=(111111111111111110000000000000000)_{2}$  $(137438691328)_{10}=(1111111111111111111000000000000000000)_{2}$  $(137438691328)_{10}=(1111111111111111111000000000000000000)_{2}$

奇完全数

未解决的数学问题：奇完全数存在吗？

用计算机已经证实：在101500以下，没有奇完全数；至今还证明了，如果奇完全数存在，则它至少包含11个不同素数（包含一个不少于7位数的素因子）但不包含3，亦不会是立方数。一般猜测：奇完全数是不存在的。完全数的个数是否为无限？至今都不能回答。

Carl Pomerance提出了一个想法说明奇完全数不太可能存在。

这个定理说明若存在奇完全数，其形式必如 $12m+1$ $12m+1$ 或 $36q+9$ $36q+9$ 。最初的证明在1953年由Jacques Touchard首先证明，1951年van der Pol用非线性偏微分方程得出证明。Judy A. Holdener在《美国数学月刊》第109卷第7期刊证了一个初等的证明。

证明会使用这四个结果：（下面的n,k,j,m,q均为正整数）

引理的证明（甲）：

使用反证法，设 $n {\displaystyle n}$ $n$ 为完全数，且 $n\equiv -1{\pmod {6}}$ $n\equiv -1{\pmod {6}}$ 。

$n\equiv -1{\pmod {3}}$ $n\equiv -1{\pmod {3}}$ 。因为3的二次剩余只有0,1，故 $n {\displaystyle n}$ $n$ 非平方数，因此其正约数个数为偶数。

$n {\displaystyle n}$ $n$ 有正约数 $d {\displaystyle d}$ $d$ ，则可得：

因此， $(n/d+d)\equiv 0{\pmod {3}}$ $(n/d+d)\equiv 0{\pmod {3}}$ 。故 $\sigma (n)=\sum _{d<{\sqrt {n}}}d+n/d\equiv 0{\pmod {3}}$ $\sigma (n)=\sum _{{d<{\sqrt {n}}}}d+n/d\equiv 0{\pmod {3}}$ 。

但 $2n\equiv 2(-1)\equiv 1{\pmod {3}}$ $2n\equiv 2(-1)\equiv 1{\pmod {3}}$ ，矛盾。

故 $n {\displaystyle n}$ $n$ 的形式只可能为 $6k+1$ $6k+1$ 或 $6k+3$

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