完全数

完全数，又稱完美數或完備數，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496、8128。

完全數的發現[编辑]

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

当

n=2:2^{1}\times (2^{2}-1)=6

当

n=3:2^{2}\times (2^{3}-1)=28

当

n=5:2^{4}\times (2^{5}-1)=496

当

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： $2^{n-1}(2^{n}-1)$ $2^{{n-1}}(2^{n}-1)$ ，其中 $2^{n}-1$ $2^{n}-1$ 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 $12p+1$ $12p+1$ 或 $36p+9$ $36p+9$ 的形式，其中p是素数。

首十個完全數是（ A000396）：

6（1位）
28（2位）
496（3位）
8128（4位）
33550336（8位）
8589869056（10位）
137438691328（12位）
2305843008139952128（19位）
2658455991569831744654692615953842176（37位）
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 $2^{11}-1=23\times 89$ $2^{{11}}-1=23\times 89$ 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 $33550336=2^{12}(2^{13}-1)$ $33550336=2^{{12}}(2^{{13}}-1)$ ，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；反之，每個偶完全數給出一個梅森素數，這結果稱為歐幾里得－歐拉定理。到2016年1月为止，共发现了49个完全数，且都是偶数。最大的已知完全數為2^74207280 × (2^74207281 − 1)，共有44,677,235位數。

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8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 $2^{p-1}$ $2^{{p-1}}$ 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
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 ${\sqrt {2^{p-1}}}$ ${\sqrt {2^{{p-1}}}}$ )：

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

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 $2^{n-1}(2^{n}-1)$ $2^{{n-1}}(2^{n}-1)$ ）

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

奇完全數[编辑]

未解決的數學問題：奇完全數存在嗎？

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：

q，p₁，…，p_k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）。
$e_{1}$ $e_{1}$ ≡ $e_{2}$ $e_{2}$ ...≡ $e_{k}$ $e_{k}$ ≡ 1（mod 3）的关系不能满足（McDaniel 1970）。
要么q^α > 10⁶²，要么对于某个j有 $p_{j}^{2e_{j}}$ $p_{j}^{{2e_{j}}}$ > 10⁶²（Cohen 1987）。
$N<2^{4^{k+1}}$ $N<2^{{4^{{k+1}}}}$ （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 $e_{i}$ $e_i$ ≤ 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 $12m+1$ $12m+1$ 或 $36q+9$ $36q+9$ 。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 $4j+1$ $4j+1$ 。[1]
$\sigma (n)$ $\sigma (n)$ 表示 $n$ $n$ 的正因數之和。完全數的定義即為 $2n=\sigma (n)$ $2n=\sigma (n)$ 。
$\sigma (n)$ $\sigma (n)$ 為積性函數
引理：若 $n=6k-1$ $n=6k-1$ （ $k$ $k$ 是正整數），則 $n$ $n$ 非完全數。

引理的證明：

使用反證法，設 $n$ $n$ 為完全數，且 $n\equiv -1{\pmod {6}}$ $n\equiv -1{\pmod {6}}$ 。

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

$n$ $n$ 有正因數 $d$ $d$ ，則可得：

d\equiv 1{\pmod {3}}

且

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

；或

d\equiv -1{\pmod {3}}

且

n/d\equiv 1{\pmod {3}}

。

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 $n$ $n$ 的形式只可能為 $6k+1$ $6k+1$ 或 $6k+3$ $6k+3$ 。

若 $n=6k+1$ $n=6k+1$ ，根據歐拉的結果， $n=4j+1$ $n=4j+1$ ，綜合兩者，得 $n=12m+1$ $n=12m+1$ 。

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

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