完全数

以古氏積木演示完全數6

完全数（Perfect number），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、平方數、佩爾數或費波那契數。

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。

十進位的5位數到7位數、9位數、11位數、13到18位數等位數都沒有完全數，它們不是虧數就是盈數。

完全數的發現

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。

当$n=2:$${{{2}^{1}}\times {\left({{{2}^{2}}-{1}}\right)}}=6$

当$n=3:$${{{2}^{2}}\times {\left({{{2}^{3}}-{1}}\right)}}=28$

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

当$n=7:$${{{2}^{6}}\times {\left({{{2}^{7}}-{1}}\right)}}=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$2^{n}-1$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$12p+1$或$36p+9$的形式，其中$p$是素数。

首十個完全數是（ A000396）：

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

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 5 个完全数应该是第 5 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 8 结尾。

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 $8589869056$ 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 2018 年 12 月为止，共发现了 51 个完全数，且都是偶数。最大的已知完全數為 $2^{82589932}\times (2^{82589933}-1)$ 共有 $49724095$ 位數。

性质

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，奇完全數的結尾可以是任意奇數。
• 除了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：

$28$ → $2+8=10$ → $1+0=1$
$496$ → $4+9+6=19$ → $1+9=10$ → $1+0=1$

• 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$2^{p-1}$到$2^{2p-2}$：

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

• 每个偶完全数都可以写成连续自然数之和：

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

• 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${\sqrt {2^{p-1}}}$)：

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

• 每个完全数的所有约数（包括本身）的倒数之和，都等于2：（這可以用通分證得。因此每個完全數都是歐爾調和數。）

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

• 它们的二进制表达式也很有趣：（因為偶完全數形式均如$2^{n-1}(2^{n}-1)$）

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

奇完全數

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。

奇完全数的部分条件

• 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）。
• $e_{1}$≡$e_{2}$...≡$e_{k}$ ≡ 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$p_{j}^{2e_{j}}$ > 10⁶²（Cohen 1987）。
• $N<2^{4^{k+1}}$（Nielsen 2003）。

• N不能被105整除。
• 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的第三大素因子必须大于100。
• N的第四大素因子必须大于10。
• 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

這個定理說明若存在奇完全數，其形式必如$12m+1$或$36q+9$。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。

證明會使用這四個結果：（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$4j+1$。
• $\sigma (n)$表示$n$的正因數之和。完全數的定義即為$2n=\sigma (n)$。
  $\sigma (n)$為積性函數
• 引理（甲）：若$n=6k-1$（$k$是正整數），則$n$非完全數。
• 引理（乙）：若$n=4k-1$（$k$是正整數），則$n$非完全數。

引理的證明（甲）：

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：

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

$d\equiv -1{\pmod {3}}$且$n/d\equiv 1{\pmod {3}}$。

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

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

故$n$的形式只可能為$6k+1$或$6k+3$。

引理的證明（乙）：

使用反證法，設$n$為完全數，且$n\equiv -1{\pmod {4}}$。

$n\equiv -1{\pmod {4}}$。因為4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：

$d\equiv 1{\pmod {4}}$且$n/d\equiv -1{\pmod {4}}$；或

$d\equiv -1{\pmod {4}}$且$n/d\equiv 1{\pmod {4}}$。

因此，$(n/d+d)\equiv 0{\pmod {4}}$。故$\sigma (n)=\sum _{d<{\sqrt {n}}}d+n/d\equiv 0{\pmod {4}}$。

但$2n\equiv 2(-1)\equiv 2{\pmod {4}}$，矛盾。

故$n$的形式只可能為$4k+1$。

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

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

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

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

參考

• Odd Perfect Numbers （页面存档备份，存于互联网档案馆）, Gagan Tara Nanda

參見

• 高合成數
• 婚約數
• 親和數
• 盈數
• 虧數
• 梅森素数
• 半完全數
• 佩服數
• 超完全數

外部链接

• Hazewinkel, Michiel (编), Perfect number, 数学百科全书, Springer, 2001, ISBN 978-1-55608-010-4 
• David Moews: Perfect, amicable and sociable numbers （页面存档备份，存于互联网档案馆）
• Perfect numbers – History and Theory （页面存档备份，存于互联网档案馆）
• 埃里克·韦斯坦因. Perfect Number. MathWorld. 
• Sloane, N.J.A. (编). Sequence A000396 (Perfect numbers). The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences. OEIS Foundation. 
• OddPerfect.org A projected distributed computing project to search for odd perfect numbers.
• Great Internet Mersenne Prime Search
• Perfect Numbers （页面存档备份，存于互联网档案馆）, math forum at Drexel.
• Grimes, James. 8128: Perfect Numbers. Numberphile. Brady Haran. [2015-01-10]. （原始内容存档于2013-05-31）.