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我对于奇完全数不存在的证明,以及“火花”的退稿意见。

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发表于 2014-12-25 06:07 | 显示全部楼层 |阅读模式
今天是西方的圣诞节,完全数是一个与《圣经》相关的数学问题。我的“证明奇完全数的不存在”,已经严密证明了奇完全数的不存在,“科学智慧火花”的退稿意见,可谓是断章取义的典范。偶完全数的数量无限,是我顺带论及的问题,由于欧几里得和欧拉已经证明了偶完全数与梅森素数的密不可分的问题,而我也已经证明了梅森素数的数量无限,那么偶完全数的数量当然也是无限。倪则均,2014年12月25日。
证明奇完全数的不存在
倪则均
一,关于完全数的疑问
一般数史书上都说完全数和亲和数,出自于古希腊的毕达哥拉斯学派,然而,完全数和亲和数同样也出现于《圣经》故事。《圣经》故事流行于公元前六世纪,此时也正是毕达哥拉斯学派的初创时期,因此,完全数和亲和数到底是由谁首先提出,实在难以肯定。据说牛顿的一生,大部分时间都是花在研究《圣经》和炼金术上的,写下了大量的手稿,可是后来全被他自己毁了。
欧几里得首先证明了偶完全数与梅森素数的密不可分的问题,欧拉则进一步证明了其逆命题也是同样成立。其实,偶完全数的数量无限与奇完全数的不能存在,仅是一个问题的两个方面,只要证明了前者,后者应该同时一并解决。然而,他们二人全都只证明了前者,却将后者一直悬挂至今,当然其中的原因是多方面的,对此我们已经作过分析。
二,关于完全数的证明
定理:在整个自然数里,偶完全数的数量无限,奇完全数根本不能存在。
证明:根据完全数的定义,如果具有2m-σ(m)=0,则称m为完全数。因此,如果m=p1w1p2w2 …pnwn是一个完全数,则有
2p1w1p2w2 …pnwn-(p1w1+p1w1-1+…+1)(p2w2+p2w2-1+…+1)…(pnwn+p1wn-1+…+1)=0。
若令p1为变量x,那么,即可将这个关系式,转变为下面的一元w1次代数方程式:
[2p2w2 …pnwn-(p2w2+p2w2-1+…+1)…(pnwn+p1wn-1+…+1)] xw1
-(xw1-1+…+ x)(p2w2+p2w2-1+…+1)…(pnwn+p1wn-1+…+1)
-(p2w2+p2w2-1+…+1)…(pnwn+p1wn-1+…+1)=0
要使这个方程可能具有素数解,可以运用两个方法予以探索,一个方法是令最高项系数a0=1,看看会出现什么情况。另一个方法是,看a0能否整除常数项aw1,如果可以,则再分析其商的情况。我们不妨先运用前一个方法予以探索,若令a0=2p2w2 …pnwn-(p2w2+p2w2-1+…+1)…(pnwn+p1wn-1+…+1)=1,则意味着p2w2 …pnwn是一个殆完全数。我们在前面一篇文章里,已经证明所有的殆完全数,只有唯一的一种形式,它们全都为偶素数2的幂2w。
由于p2w2 …pnwn=2w,所以上述代数方程里的常数项(p2w2+p2w2-1+…+1)…(pnwn+p1wn-1+…+1),则变为aw1=2w+1-1。由于我们需要的是素数解,因此aw1=2w+1-1为任何一个梅森素数都可以。由此证明,如果m=p1w1p2w2 …pnwn是一个完全数,它必定是2w(2w+1-1)形数,其中2w+1-1为任何一个梅森素数。由于我们已经证明,在整个自然数里,梅森素数的数量无限,所以在整个自然数里,上述偶完全数的数量也是同样无限。
我们已经运用第一种方法,证明了偶完全数可以有无限之多,那么,我们是否可以运用第二种方法,找出一个奇完全数来呢?显然,如果上述代数方程里的首项系数a0可以整除常数项aw1,那么这个代数方程就有可能存在着另外一个素数解。aw1能否可以被a0整除,只要看aw1连续减去a0的差,能否出现0的情况。
aw1-na0=(p2w2+p2w2-1+…+1)…(pnwn+p1wn-1+…+1)
-n[2p2w2 …pnwn-(p2w2+p2w2-1+…+1)…(pnwn+p1wn-1+…+1)]
=(n+1)(p2w2+p2w2-1+…+1)…(pnwn+p1wn-1+…+1)-2np2w2 …pnwn。
显然,只有当n=1,并且p2w2 …pnwn是一个1重完全数时,这个差才能为0。由于1重完全数是p2w2 …pnwn=1时的特殊情况,使得此时的a0=0,从而将上述方程转变为xw1-1+…+ x+1=0。由此可见,我们运用第二种方法也无法得到一个奇完全数,从而证明在整个自然数里,奇完全数根本就不存在。
三,关于完全数的性质
有一本数学科普书籍上,作者收集到了偶完全数的以下五个奇妙特性:
1,        偶完全数的全体因子数的倒数之和为2。
2,        偶完全数可以分拆为连续自然数之和的形式。
3,        偶完全数的末尾二位数或为28,或为奇数后跟6。
4,        除了6之外的偶完全数,其数字根都为1,例如
28:2+8=10,1+0=1,
496:4+9+6=19,1+9=10,1+0=1,
8128:8+1+2+8=19,1+9=10,1+0=1,
5,        除了6之外的偶完全数,全都可以表示为连续奇数的立方和,例如
n=3:28=13+33,
n=5:496=13+33+53+73,
n=7:8128=13+33+53+73+93+113+133+153。
然而,由于缺乏相关的证明,不仅使此书大为逊色。其实,如果原始资料上就没有相关的证明,那么作为此书的作者,至少也该给出一些提示,只有这样才能使你的书更有吸引力,才能激发起大家热爱数学的兴趣,当然,这就需要作者自身必须具备深厚的数学根基。
第一个特性的证明最容易,根据完全数的定义σ(m)=2m,即有σ(m)/m=2。第二个特性的证明也不难,对于偶完全数2w(2w+1-1)来说,只要令2w+1=n,显然就是一个连续自然数之和公式n(n-1)/2,即有1+2+…+(2w+1-1)=2w(2w+1-1)。
第三个特性的证明比较复杂,由于n和(n-1)是相邻的二个数,并且n是一个2的幂,因此必定会出现下面二种情况。第一种情况是n/2的末尾二位数为24或44,n-1的末尾二位数为47或87,由于4×7=28,而2×7+4×4=30或4×7+8×4=60,所以2w(2w+1-1)的末尾二位数为28。第二种情况是n/2的末尾二位数为v2(由于n/2也是一个2的幂,所以v必须是奇数),n-1的末尾二位数则为(2v)3。由于2×3=6,而3v+2(2v)=奇数。
第四个特性的证明更为复杂,首先将2w(2w+1-1)作以下一连串的转换:
2w(2w+1-1)=[(2w-1)+1][(2w+1-2)+1]= [(2w-1)+1][2(2w-1)+1]
=2(2w-1)2+3(2w-1)+1
由于2w-1必定可以被3整除,所以2(2w-1)2+3(2w-1)必定可以被9整除,因此2(2w-1)2+3(2w-1)=2w(2w+1-1)-1的数字根为9,由此得到2w(2w+1-1)的数字根为1。
第五个特性的证明最为困难,由于28(29-1)=130816不是偶完全数,但是它也能表示为以下连续奇数的立方和:
130816=13+33+53+73+93+113+133+153+173+193+213+233+253+273+293+313。
所以这不是偶完全数的独有特性,它跟第二个特性一样,属于级数求和公式。由于篇幅的关系,以后在研究级数问题时再予探索。2012年4月28日。





退稿意见
经专家审阅,认为:1,文中称:“欧几里得首先证明了偶完全数与梅森素数的密不可分的问题,欧拉则进一步证明了其逆命题也是同样成立。其实,偶完全数的数量无限与奇完全数的不能存在,仅是一个问题的两个方面,只要证明了前者,后者应该同时一并解决。然而,他们二人全都只证明了前者”,意即欧几里得和欧拉证明了偶完全数的数量无限,有什么依据?本文的这段叙述是缺乏依据的。2,文中第二部分证明中说到,“我们在前面一篇文章里,已经证明所有的殆完全数……”。该文题为《只有一种殆完全数》,本栏目的评审意见已经指出其证明有误。因此,本文的证明也就不能成立。3,本文中出现不少下标错误,虽然不影响文章的结论,但说明欠严谨。
您的来稿不符合本栏目的要求,因此予以退稿。
                                                                     此致
敬礼!
                                                                                 《科学智慧火花》编辑组
                                                                                             2012年09月02日


只有一种殆完全数
倪则均
一,殆完全数问题的提出
由于对于奇完全数的不存在证明,大家从正面久攻不下,于是纷纷采用迂回战术,希图从侧面打开缺口找到解决的办法,于是定义出了殆完全数,拟完全数,伪完全数,调和数,奇异数,重完全数,超完全数,单完全数等等五花八门的新的数型。从而将原本不是怎么太困难的问题,反而是越搅越为复杂。
数学上的许多问题,往往都是当你觉得“山穷水尽疑无路”的时候,只要换一个角度去思考,就会出现“柳暗花明又一村”的奇迹。当然不能老是打一枪换一个地方分散火力,更不能毫无方向的迂回出去,变得完全失去了目标。这是完全数问题悬挂至今的最主要的原因。
其实,上述五花八门的新的数型里,只有殆完全数是与完全数密切相关的,也是解决完全数问题的唯一途径。然而对于这类殆完全数来说,似乎只闻其名不见其实,好象从未有人对它真正作过深入研究。殆完全数只有唯一的一种,那就是2w偶素数幂。只要能够证明2w偶素数幂是唯一的一种殆完全数,那么也就不难证明,偶完全数与梅森素数之间是一一相关的,即有一个梅森素数存在就必定同时也有一个偶完全数存在。由于我们已经证明梅森素数是无限的,所以偶完全数也是无限的。
同样只要能够证明2w偶素数幂是唯一的一种殆完全数,那么也就不难证明,奇完全数根本就不存在。因为这三个问题的证明都只能运用同一个方法,这个方法就是构造一个代数方程的素数解,下面首先介绍构造一个代数方程的素数解的原理及方法,然后立即运用它证明2w偶素数幂,是唯一的一种殆完全数。
二,构造代数方程的素数解
我们上面推导所得到的,Hm合数环里的因子之和函数σ(m),是解决完全数问题的关键。然而,单单依靠σ(m)函数还不行,我们还得借助于一元n次方程。
因此,下面我们先对一元n次方程,略作一些简单介绍,然后,对一元n次方程的孙子解,予以明确定义,作为我们随后论证的依据。如果n是一个正整数,并且a0≠0,那么,以下方程式,被称之为一元n次方程:a0xn+a1xn-1+…+an=0。
上面方程式里的a0,a1,…,an,称之为方程的系数,它们可以是有理数,实数,甚至是复数。根据代数基本定理,以上方程应该有n个根,假设这n个根为:x1,x2,…,xn。那么,根据因子定理则有:
a0xn+a1xn-1+…+ an=(x- x1)(x- x2)…(x- xn),
由此即可得到以下韦达(Viète)公式。韦达公式反映了,一元n次方程,其n个根与系数之间的如下关系:
x1+x2+…+xn=- a1/ a0;
x1x2+…+ x1xn+ x2x3+…+ x2xn+…+ xn-1xn = a2/ a0;
…;
x1x2…xn=(- 1)nan/ a0。
为了运用一元n次代数方程a0xn+a1xn-1+…+an=0,解决完全数问题,我们必须对这个方程的素数解予以明确定义。所谓代数方程的素数解,实际上是研究,对于一个已知的代数方程,能否予以改造以及如何进行改造的问题。一个已知的代数方程,能否予以改造,是我们讨论问题的前题。能否予以改造的标准,是分析这个已知的代数方程,能否具有一个素数根。
如果这个已知的代数方程,可能具有一个素数根。那么,我们就设法改造这个代数方程,使其变成一个新的代数方程。使得这个新的代数方程,确实具有这个素数根。一个代数方程,能否具有一个素数根,关键在其首尾两项系数。如果a0=1,那么an必须是一个含有此素数的合数。若是a0≠1,那么an/ 0必须是一个含有此素数的合数。
由此可见,一元n次方程的素数解,实际上是一个求解系数的问题。使其具有一个素数根,仅仅是解开系数的结果。为了解开系数,我们不得不改变原方程的项次,甚至方次。因此,一元n次方程的素数解,并非是一个单纯的求根问题,实际上它是一个彻底改造一个已知方程的系列问题。
三,只有一种殆完全数的证明
定理:在整个自然数里,满足σ(m)=2m-1要求的殆完全数的数量无限,但是只有m=2w一种类型。
证明:当m=piw时,如果m=piw为殆完全数,则有:
σ(piw)=(piw+1-1)/(pi-1)=2piw-1,由此得到:
piw+1-1=(2piw-1)(pi-1)=2piw+1-2piw- pi+1,
piw+1-2piw- pi+2=0。
如果我们将上式里的pi,看作为未知数,那么,上式就是个一元w+1次方程。这个方程应该有w+1个根。显然,2是其中的一个根,其它的w个根都是复数。当m=p1w1p2w2时,如果m=p1w1p2w2为殆完全数,则有:
σ(p1w1p2w2)=(p1w1+1-1)(p2w2+1-1)/(p1-1)(p2-1)
=(p2w2+ p2w2-1+…+1)(p1w1+1-1)/(p1-1)=2 p1w1p2w2-1,
如果我们将上式里的p2,看作为未知数x,即得
[2 p1w1-(p1w1+1-1)/(p1-1)]x w2-(xw2-1+…+x)(p1w1+1-1)/(p1-1)
-[(p1w1+1-1)/(p1-1)+1]=0,
根据素数解定义,这个方程的首项系数a0=[2 p1w1-(p1w1+1-1)/(p1-1)],必须可以整除尾项系数aw2=[(p1w1+1-1)/(p1-1)+1]。判别a0能不能整除aw2,可以从aw2连续减a0,如果能出现差为0,则aw2可以被整除a0。然而,由于
[(p1w1+1-1)/(p1-1)+1]- [2 p1w1-(p1w1+1-1)/(p1-1)]
=2[(p1w1+1-1)/(p1-1)] +1-2 p1w1
显然,如此连续相减下去,是不可能出现差为0的,因此,上面的aw2是不能被a0整除的。但是,如果a0能为1,那么此时的a0还是可以整除aw2的。然而根据上面的讨论,只有当p1=2时,才能有a0=2 p1w1-(p1w1+1-1)/(p1-1)=1。于是将p1=2代入上式得到
x w2-(2w1+1-1)(xw2-1+…+x)-2w1+1=0
由此可见,这个方程的素数解仍是2。从而证明当m=p1w1p2w2时,只有m=202w2=2w2,即m=2w一种类型殆完全数。其实,不管m为多少个素数的幂之积,只要它是一个殆完全数,我们都可以运用上述方法,逐级证明这些素数必定全都为2。2012年4月24日。
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\alpha\beta\gamma\Gamma\delta\Delta\epsilon\varepsilon\zeta\eta\theta\Theta\iota\kappa\varkappa\lambda\Lambda\mu\nu\xi\Xi\pi\Pi\varpi\rho\varrho\sigma\Sigma\tau\upsilon\Upsilon\phi\Phi\varphi\chi\psi\Psi\omega\Omega\digamma\vartheta\varsigma\mathbb{C}\mathbb{H}\mathbb{N}\mathbb{P}\mathbb{Q}\mathbb{R}\mathbb{Z}\Re\Im\aleph\partial\nabla
\times\cdot\ast\div\pm\mp\circ\backslash\oplus\ominus\otimes\odot\bullet\varnothing\neq\equiv\not\equiv\sim\approx\simeq\cong\geq\leq\ll\gg\succ\prec\in\ni\cup\cap\subset\supset\not\subset\not\supset\notin\not\ni\subseteq\supseteq\nsubseteq\nsupseteq\sqsubset\sqsupset\sqsubseteq\sqsupseteq\sqcap\sqcup\wedge\vee\neg\forall\exists\nexists\uplus\bigsqcup\bigodot\bigotimes\bigoplus\biguplus\bigcap\bigcup\bigvee\bigwedge
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