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完全數

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完全數,又稱完美數完備數,是一些特殊的自然數:它所有的真因子(即除了自身以外的因數)的和,恰好等於它本身,完全數不可能是楔形數。

例如:第一個完全數是6,它有因數1、2、3、6,除去它本身6外,其餘3個數相加,1+2+3=6,恰好等於本身。第二個完全數是28,它有因數1、2、4、7、14、28,除去它本身28外,其餘5個數相加,1+2+4+7+14=28,也恰好等於本身。後面的數是4968128

完全數的發現[編輯]

古希臘數學家歐幾里得是通過2^{n-1} \times(2^n-1) 的表達式發現前四個完全數的。

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

一個偶數是完美數,當且僅當它具有如下形式:2^{n-1}(2^n-1),其中2^n-1是質數,此事實的充分性由歐幾里得證明,而必要性則由歐拉所證明。

比如,上面的6和28對應着n=2和3的情況。我們只要找到了一個形如2n − 1的質數(即梅森質數),也就知道了一個偶完美數。

儘管沒有發現奇完全數,但是當代數學家奧斯丁·歐爾證明,若有奇完全數,則其形式必然是12p+136p+9的形式,其中p是質數。

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)

歷史[編輯]

古代數學家根據當時已知的四個完全數做了很多假設,大部分都是錯誤的。其中的一個假設是:因為2,3,5,7恰好是頭4個質數,第五個完全數應該是第五個質數即當n=11的時候,可是2^{11}-1=23 \times 89並不是質數。因此n=11不是完全數。另外兩個錯誤假設是:

  • 頭四個完全數分別是1,2,3,4位數,第五個應該是5位數。
  • 完全數應該是交替以6或者8結尾。

而事實上,第五個完全數33550336=2^{12}(2^{13}-1),是8位數。對於第二個假設,第五個完全數確實是以6結尾,但是第六個完全數8 589 869 056仍是以6結尾,應該說完全數只有以6和8結尾才對。

對完全數的研究,至少已經有兩千多年的歷史。《幾何原本》中就提出了尋求某種類型完全數的問題。

每一個梅森質數給出一個偶完全數。到2013年2月5日為止共發現了48個完全數,且都是偶數。

奇妙性質[編輯]

以下是目前已發現的完全數共有的性質。

  • 偶完全數都是以6或28結尾。
  • 除6以外的偶完全數,把它的各位數字相加,直到變成個位數,那麼這個個位數一定是1:(亦即:除6以外的完全數,被9除都餘1。)
28:2+8=10,1+0=1
496:4+9+6=19,1+9=10,1+0=1
  • 所有的偶完全數都可以表達為2的一些連續正整數次冪之和,從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}
  • 每個偶完全數都可以寫成連續自然數之和:
6=1+2+3
28=1+2+3+4+5+6+7
496=1+2+3+…+30+31
  • 除6以外的偶完全數,還可以表示成連續奇立方數之和(被加的項共有\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
  • 每個完全數的所有因數(包括本身)的倒數之和,都等於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
  • 它們的二進制表達式也很有趣:(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[編輯]

未解決的數學問題奇完全數存在嗎? Question mark2.svg

用計算機已經證實:在101500以下,沒有奇完全數;至今還證明了,如果奇完全數存在,則它至少包含11個不同質數(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。一般猜測:奇完全數是不存在的。完全數的個數是否為無限?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]

奇完全數的部分條件[編輯]

  • N > 101500,2012年公布的結果。
  • N是以下形式:
N=q^{\alpha} p_1^{2e_1} \ldots p_k^{2e_k},
其中:
  • qp1,…,pk是不同的質數(Euler)。
  • q ≡ α ≡ 1 (mod 4)(Euler)。
  • N的最小素因子必須小於(2k + 8) / 3(Grün 1952)。
  • e_1e_2...≡e_k ≡ 1(mod 3)的關係不能滿足(McDaniel 1970)。
  • 要麼qα > 1062,要麼對於某個jp_j^{2e_j} > 1062(Cohen 1987)。
  • N<2^{4^{k+1}}(Nielsen 2003)。
  • N的最大素因子必須大於108(Takeshi Goto和Yasuo Ohno,2006)。
  • N的第二大素因子必須大於104(Iannucci 1999,2000)。
  • N至少要有75個素因子,其中至少9個是不同的。如果3不是素因子之一,則至少要有12個不同的素因子。(Nielsen 2006;Kevin Hare 2005)。
  • 如果對於所有的i,都有e_i ≤ 2,那麼:
    • N的最小素因子必須大於739(Cohen 1987)。
    • α ≡ 1(mod 12)或α ≡ 9 (mod 12)(McDaniel 1970)。

Touchard定理[編輯]

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[編輯]

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

參見[編輯]

外部連結[編輯]