证明不存在奇完全数

zoushanzhong

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1奇合数体的表示法
设p是素数，Q，q是奇数，使 Q = pq，若 Q= 2N+1，q = 2n+1 , p = 2s+1,N≥1, n≥1, 则有：2N+1=（2n+1）（2s+1）从而 N =（2s+1)n+s
N称为奇合数体，可得定义1, 奇合数体的表示法, N = pin+si   ... ...  (1)
2．命题证明
用反证法，假设存在奇完全数 Q，Q = p1n1p2n2p3n3... pini ...pmm , ni≥1 , p是奇完全数Q的素数因子, Q= 2N+1把 Q 分为两个奇数的乘积,
Q = p1n1p2n2p3n3... pini xpi+1ni+1 ... pmm = Q i1Q i2根据奇完全数的定义，有
Q = Q11Q12= Q21Q 22=... Q i1Q i2  = ... Q t1Q t2 =1+∑i=1t (Qi1+ Qi2 ) (i ≥1, t ≥1)
设Q i1= 2 Ni1+1，Q i2=2 Ni2+1，则Q =（Ni1+1）（2 Ni2+1）= 4Ni1 Ni2+ Ni1+ Ni2
所以Q =  Ni1+1=…4Ni1 Ni2+ Ni1+ Ni2…=1+∑i=1t (2Ni1+1+2Ni2 +1)
可得N=…2Ni1 Ni2+ Ni1+ Ni2…=∑i=1t (2Ni1+Ni2 +1)  … … (2)
上式中，可得出N为偶数t也是偶数
证：若N为奇数,则 Ni1+ Ni2 是奇数，则 Ni1+ Ni2 +1是偶数，左右奇偶不合，所以 Ni1+ Ni2为偶数，所以N是偶数,所以t是偶数。 证明完
   在Q = p1n1p2n2p3n3... pini ...pmm中设 p是Q中最小的素数，因为 N是合元素体，根据定义1 N =  p1n + s1 ，
把 Ni1， Ni2 分别表为 Ni1 =  p1n1 + k1   Ni2 =  p1 n2 + k2  
( n1≥0 , n2 ≥0, 0 ≤ k1 <  p1, 0 ≤ k2  p1 )  
Ni1， Ni2 可以依据组合{ p1n1 + k1，p1n2 + k2 }的不同形成不同表达式。然后将各种组合代入(2)， 有
2（ p1n1 + k1）（p1n2 + k2）+ p1n1 + k1+ p1n2 + k2
= 2 p12n1n2 + 2 p1n1 k2+2p1 n2 k1+2 k1k2+ p1n1 + k1+ p1n2 + k2。等式简化后有：
N = p1 nj+2 k1k2 + k1 + k2 =∑i=1t (p1n1 + k1+ p1n2 + k2 +1 )       ...... (3)
因为 N = p1n+s1 ，所以要使（3）成立，必须满足 k2(2 k1+1)+k1 ≡ s1 mod  p1我们可以得到推论二， k2(2 k1+1)+k1 = p1n中 k1 = s1  或 k2 = s1  两者必取其一,
证：因为在p1n1p2n2p3n3... pini ...pmm 中，Q = p1 q1q2中Q = p1 q1q2其中p1q1q2或p1q2均可表为Ni1 = p1 n1 + s1所以p1 nj+ 2 k1k2 + k1 + k2 =p11nu+ s1证明完
我们讨论当k1 =s1 时k2的取值，把Ni1 = p1n1 + k1 =p1 q  ，Ni2 = p1 n2 + k2  还原为 Q, Q i1 = 2（p1n1+s1 ）+1= p1 q， Q i2 = 2（p1n1 +k2 ）+1= 2p1n2 +（2k2+1）

因为Q i2= p1 q2 所以 =（2k2+1）（2p1n2 /（2k2+1 ）+1) 因为Qi2 是奇数，所以 （2p1n2 /（2k2+1）必须是偶数, 要使2 p1n2 /（2k2+1）是偶数,必须满足：

1）k1=s1, k2=s1 . 2）k2=0 ，2k2+1=1， 3）n2 =（2k2+1)n ,有 n2 /（2k2+1) = n   

1）       当 k1=s1, k2=s1 时，代入（3）

有 N = 2p1nj+p1s1+s1 = ∑i=1t ( p1 n1+ s1 + p1 n2+ s1+1)

N / p1等式左边 s1 / p1不是整数，等式右边 ∑i=1t (  p1n1+ s1 + p1n2+ s1+1) /p1 是整数，所以 k2 ≠ s1，因此我们可以得到推论三，

在 Q= p1n1p2n2p3n3... pini ...pmm 中， ni = 1，即 Q= p1p2p3... pi ...pm

证，如果  pini  中ni >1,则有: Q = p1q1× p1q2,使得 k1 = s1   k2 =s1 与推论三矛盾. 证明完。

2）       k1 = s1 ,k2 = 0 代入3有N=  p1nj+ s1 = ∑i=1t (p1n1 + s1+ p1n2  +1 )

= t（s1+1）+ ∑i=1t (p1n1 + p1n2 )

唯有 t（s1+1）≡ s1mod p1 才能使等式成立，即 t（s1+1）= p1ni + s1,因为 t 是偶数，设 t = 2nt,有 2nts1+ 2nt = 2nts1+ nt + nt =p1nt+nt

唯有 nt = p1n +s1 满足等式，代入

p1nj+ 2 k1k2 +k1+k2 有 p12n+p1 s1 +p1n+s1 = p1n(p1+1) +2s1s1+s1+ s1   

Ni1 = p1n1+ s1,Ni2 = p1n2+ s1，这样的结果与 k1 = s1  k2 = s1 相同，

所以 k1 = s1 ,k2 ≠ 0 。

3) 当n2 =（2k2+1)n 时 , n2 /（2k2+1)= n  ∵ p1 / (2 k2 +1)不是整数，
∴ n2 /（2k2+1) 必须是整数，∵   p1是Q中最小的素数, ∴（2k2+1)= p i , p i > p1 ,∴  p1 n2 + k2 以表示为 pin2 + si,  k2 = si, si = (pi -1)/2,  pi是Q中的素数。
∵ 0 ≤ k2 <p1,（2k2+1) > p 1 , ∴ k1 < k2 ≤ 2k1,设k1=m1，k2 = m2
有  k2 - k1=（m2-m1）=△n, 显然 △n ≤ m1，k2  = △n k1 ，

所以（3）有 p1ni+ s1= ∑i=1t (p1n1 + k1+p1n2+k1 +△n+1 )

= t△n + ∑i=1t (p1n1 +p1n2 + p i ), 唯有 t △n= p1ni + s1使等式成立，

即（t△n / s1）/p1 =n, s1 （t △n/s1 -1)/p1 = n ∵ △n /s1不是整数，∴ (t△n /s1 -1)/p1即(t △n /s1 -1)=p1n, ∵ s1/p1不是整数, ∴(t △n /s1 -1)/p1 必须是整数.若△n/s1是整数， 即 k1= s1， k2=2 s1所以 (2) 有:p1nu+ s 1= t s1 +∑i=1t (p1n1 +p1n2 + p i ),唯有：t s1 =p1n+ s 1使等式成立，即 s1（t -1）/p1= n,∵s1/p1不是整数，∴（t -1）/p1必须是整数，∵ Q= p1p2p3... pi ...pm，用pi逐个代入，则 t -1> p1p2p3... pi ...pm 这使得∑i=1t (Ni1+Ni2+1)>Q,∴△n≠s1,在（t △n/s1 -1)/p1=n中∵△n/s1不是整数，∴ t /s1必须是整数，所以t △n在被si整除的同时，还必须被pi 整除，t >p1p2p3... pi ...pm, 所以∑i=1t (Ni1+Ni2+1)>Q,所以当k1 = s1 因 k2无法取值，原假设不成立，所以不存在奇完全数。证明完！