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完全数

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完全数,又稱完美數完備數,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,恰好等於它本身,完全数不可能是楔形數。

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,恰好等於本身。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,也恰好等於本身。后面的数是4968128

完全數的發現[编辑]

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

n=2:2^1 \times(2^2-1)=6
n=3:2^2 \times(2^3-1)=28
n=5:2^4 \times(2^5-1)=496
n=7:2^6 \times(2^7-1)=8128

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),其中2^n-1是素数,此事實的充分性由欧几里得证明,而必要性則由歐拉所證明。

比如,上面的6和28对应着n=2和3的情况。我们只要找到了一个形如2n − 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+136p+9的形式,其中p是素数。

首十個完全數是(OEISA000396):

  1. 6(1位)
  2. 28(2位)
  3. 496(3位)
  4. 8128(4位)
  5. 33550336(8位)
  6. 8589869056(10位)
  7. 137438691328(12位)
  8. 2305843008139952128(19位)
  9. 2658455991569831744654692615953842176(37位)
  10. 191561942608236107294793378084303638130997321548169216(54位)

历史[编辑]

古代数学家根据當時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,第五个完全数应该是第五个素数即当n=11的时候,可是2^{11}-1=23 \times 89并不是素数。因此n=11不是完全数。另外两个错误假设是:

  • 头四个完全数分别是1,2,3,4位数,第五个应该是5位数。
  • 完全数应该是交替以6或者8结尾。

而事实上,第五个完全数33550336=2^{12}(2^{13}-1),是8位数。对于第二个假设,第五个完全数确实是以6结尾,但是第六个完全数8 589 869 056仍是以6结尾,应該說完全數只有以6和8结尾才對。

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。到2013年2月5日为止共发现了48个完全数,且都是偶数。

奇妙性质[编辑]

以下是目前已發現的完全數共有的性質。

  • 偶完全数都是以6或28结尾。
  • 除6以外的偶完全数,把它的各位数字相加,直到变成個位数,那么这个個位数一定是1:(亦即:除6以外的完全数,被9除都餘1。)
28:2+8=10,1+0=1
496:4+9+6=19,1+9=10,1+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^{2p-2}:
6=2^1+2^2
28=2^2+2^3+2^4
496=2^4+2^5+2^6+2^7+2^8
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
28=1+2+3+4+5+6+7
496=1+2+3+…+30+31
  • 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}}):
28=1^3+3^3
496=1^3+3^3+5^3+7^3
8128=1^3+3^3+5^3+...+15^3
  • 每个完全数的所有约数(包括本身)的倒数之和,都等于2:(這可以通分母證得。因此每個完全數都是調和數。)
1/1 + 1/2 + 1/3 + 1/6 = 2
1/1 + 1/2 + 1/4 + 1/7 + 1/14 + 1/28 = 2
  • 它们的二进制表达式也很有趣:(因為偶完全數形式均如2^{n-1}(2^n-1)
(6)_{10}=(110)_2
(28)_{10}=(11100)_2
(496)_{10}=(111110000)_2
(8128)_{10}=(1111111000000)_2
(33550336)_{10}=(1111111111111000000000000)_2
(8589869056)_{10}=(111111111111111110000000000000000)_2

奇完全數[编辑]

未解決的數學問題奇完全數存在嗎? Question mark2.svg

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(包含一個不少於7位數的質因子)但不包含3,亦不會是立方數。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提出了一個想法說明奇完全數不太可能存在。[1]

奇完全数的部分条件[编辑]

  • N > 101500,2012年公布的结果。
  • N是以下形式:
N=q^{\alpha} p_1^{2e_1} \ldots p_k^{2e_k},
其中:
  • qp1,…,pk是不同的素数(Euler)。
  • q ≡ α ≡ 1 (mod 4)(Euler)。
  • N的最小素因子必须小于(2k + 8) / 3(Grün 1952)。
  • e_1e_2...≡e_k ≡ 1(mod 3)的关系不能满足(McDaniel 1970)。
  • 要么qα > 1062,要么对于某个jp_j^{2e_j} > 1062(Cohen 1987)。
  • N<2^{4^{k+1}}(Nielsen 2003)。
  • N的最大素因子必须大于108(Takeshi Goto和Yasuo Ohno,2006)。
  • N的第二大素因子必须大于104(Iannucci 1999,2000)。
  • N至少要有75个素因子,其中至少9个是不同的。如果3不是素因子之一,则至少要有12个不同的素因子。(Nielsen 2006;Kevin Hare 2005)。
  • 如果对于所有的i,都有e_i ≤ 2,那么:
    • N的最小素因子必须大于739(Cohen 1987)。
    • α ≡ 1(mod 12)或α ≡ 9 (mod 12)(McDaniel 1970)。

Touchard定理[编辑]

這個定理說明若存在奇完全數,其形式必如12m+136q+9。最初的證明在1953年由Jacques Touchard首先證明,1951年van der Pol用非線性偏微分方程得出證明。Judy A. Holdener在《美國數學月刊》第109卷第7期刊證了一個初等的證明。

證明會使用這三個結果:(下面的n,k,j,m,q均為正整數)

  • 歐拉證明了奇完全數的形式必如4j+1[1]
  • \sigma(n)表示n的正因數之和。完全數的定義即為2n = \sigma(n)
    \sigma(n)積性函數
  • 引理:若n=6k-1k是正整數),則n非完全數。

引理的證明:

使用反證法,設n為完全數,且n \equiv -1 \pmod{6}

n \equiv -1 \pmod{3}。因為3的二次剩餘只有0,1,故n非平方數,因此其正因數個數為偶數。

n有正因數d,則可得:

d \equiv 1 \pmod{3}n/d \equiv -1 \pmod{3};或
d \equiv -1 \pmod{3}n/d \equiv 1 \pmod{3}

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

2n \equiv 2(-1) \equiv 1 \pmod{3},矛盾。

n的形式只可能為6k+16k+3

n=6k+1,根據歐拉的結果,n=4j+1,綜合兩者,得n=12m+1

n=6k+3n=4j+1,得n=12m+9=3(4m+3)。若m3倍數,3和4m+3互質。

因為\sigma(n)為積性函數,可得\sigma(n)=\sigma(3) \sigma(4m+3) = 4 \sigma(4m+3) \equiv 0 \pmod{4}

2n=2(4j+1) \equiv 2 \pmod{4},出現了矛盾。故知m3倍數。代入m=3q,可得n=36q+9

參考[编辑]

  1. ^ http://oddperfect.org/pomerance.html

參見[编辑]

外部链接[编辑]