几类正整数是否为完全数问题

摘 要 本文研究形如5m+j与13m+j的正偶数是否是偶完全数的问题，以及形如5m-1的正奇数是否是奇完全数的问题，并给出相应的结论.

关键词 完全数；偶完全数；奇完全数

中图分类号 O156 文献标识码 A 文章编号 1000-2537（2017）03-0079-04

Problems of Whether or Not Several Kinds of Positive Numbers are Perfect Numbers

ZHANG Si-bao*， DENG Yong

（School of Mathematics and Statistics， Kashgar University， Kashgar 844008， China）

Abstract In this article， the problems whether or not the positive even numbers of the form 5m+j and 13m+j are perfect numbers were investigated. Also studied was the problem whether or not the positive odd numbers of the form 5m-1 are perfect numbers.

Key words perfect number； even perfect number； odd perfect number

设σ（n）是正整数n的所有正因数（包括1和n）的和函数. 若n满足σ（n）=2n，则n被称为完全数. 根据Euclid定理[1]与Euler定理[2]可知，当2p-1为Mersenne素数时，2p-1（2p-1）是完全数，且是仅有的偶完全数[3]. 到目前为止，人们只发现了49个偶完全数，其中第49个偶完全数274 207 280（274 207 281-1）由美国中央密苏里大学数学家柯蒂斯・库珀领导的研究小组通过参加一个名为“互联网梅森素数大搜索”（GIMPS）的国际项目于2016年1月7日发现[4]，而至今尚未发现奇完全数，是否存在奇完全数，这已成为数论中著名的问题之一 [5].

Euler[6]指出，若n为奇完全数，则n必为n = παq2β11q2β22…q2βss的形式，其中π，qi（i=1，2，…，s）是相异的奇素数，（qi，π）=1，βi是正整数，且πα1（mod 4）. 人们讨论过各种形式的奇数是否是奇完全数的问题. 1975年，Macdaniel[7]指出，若β1…βs1（mod 3），则形如παq2β11q2β22…q2βss的奇数不是完全数.2003年，Iannucci和Sorli[8]指出，若β1…βs2（mod 5），则形如παq2β11q2β22…q2βss的奇数不是完全数.2000年，Luca[9]证明任意一个Fermat 数都不是完全数.2006年，沈忠华[10]证明对于任意正整数n，形如Sn=12（52n+1）的奇正整挡皇峭耆数.形如n=πα32βQ2β的奇正整数，在β∈[2，15）∪（15，20]都已被证明不是完全数[11].2008年，沈忠华[12] 等证明了形如Sn=（2n）2n+1的数不是完全数.2006年，Starni[13]证明当π1（mod 12）且α1，9（mod 12），n=πα32βQ2β不是奇完全数.2011年，朱玉扬[14]考虑了形如3m-1是否是完全数的问题，并给出了相应的结论. 本文主要考虑5m+j（j=-1，2），13m+j（j=0，4，5，7，9，11，12）的正偶数，以及形如5m-1的正奇数是否为完全数的问题.

1 主要结论及证明

定理1 形如5m+j的正偶数不是完全数，其中j=-1，2.

证 设n是5m+j型的正偶数，其中j=-1，2，即n-1，2（mod 5）. 由Euler定理与Euclid定理可知，偶完全数n的形式必为2p-1（2p-1），其中2p-1为Mersenne素数. 当p=2时，n1（mod 5）；当p=3时，n3（mod 5）；当p≥5时，令p=4k+1，或p=4k+3.

当p=4k+1时，

n=2p-1（2p-1）=24k（24k+1-1）1（mod 5）.

当p=4k+3时，

n=2p-1（2p-1）=24k+2（24k+3-1）3（mod 5）.

而n-1，2（mod 5）. 所以，形如5m+j的正偶数不是完全数，其中j=-1，2. 证毕.

定理2 设n = παq2β11q2β22…q2βss是形如5m-1的正奇数，若qi及βi（i=1，2，…，s）满足以下条件之一：

（1）当qi1（mod 5）或qi4（mod 5）或满足qi1（mod 5）与qi4（mod 5）；

（2）当βi全为偶数；

（3）当βi全为奇数，qi都满足qi2（mod 5），且qi的个数s为偶数；

（4）当βi既有偶数又有奇数，qi都满足qi2（mod 5），且βi为奇数的个数为偶数个；

（5）当βi全为奇数，qi都满足qi3（mod 5），且qi的个数s为偶数；

（6）当βi既有偶数又有奇数，qi都满足qi3（mod 5），且βi为奇数的个数为偶数个；

（7）当βi全为奇数，且满足qi2（mod 5）的qi为偶数个，满足qi3（mod 5）的qi为偶数个；

（8）当βi全为奇数，且满足qi2（mod 5）的qi为奇数个，满足qi3（mod 5）的qi为奇数个；

（9）当βi既有偶数又有奇数，满足qi2（mod 5）的βi为奇数的个数为奇数个，满足qi3（mod 5）的βi为奇数的个数为奇数个；

（10）当βi既有偶数又有奇数，满足qi2（mod 5）的βi为奇数的个数为偶数个，满足qi3（mod 5）的βi为奇数的个数为偶数个；

则n不是奇完全数.

证 由于奇完全数为n = παq2β11q2β22…q2βss，其中π，qi（i=1，2，…，s）是相异的奇素数，（qi，π）=1，βi是正整数，且πα1（mod 4）.下面对qi及βi进行讨论.

Case 1 当qi1（mod 5）时有，q2βii1（mod 5），进而有∏si = 1 q2βii1（mod 5）.

Case 2 当qi2（mod 5）时有，q2βii（-1）βi（mod 5），下对βi进行讨论.

当βi全为偶数时，则q2βii（-1）βi1（mod 5），进而有∏si = 1 q2βii1（mod 5）.

当βi全为奇数时，则q2βii（-1）βi-1（mod 5）. 此时，若s为偶数，则∏si = 1 q2βii1（mod 5）；若s为奇数，则∏si = 1 q2βii-1（mod 5）.

当βi既有偶数又有奇数时，此时当βi为奇数的个数为奇数个时，有∏si = 1 q2βii-1（mod 5）；当βi为奇数的个数为偶数个时，有∏si = 1 q2βii1（mod 5）.

Case 3 当qi3（mod 5）时有，q2βii（-1）βi（mod 5），其情况与Case 2的情况相同.

Case 4 当qi4（mod 5）时有，q2βii1（mod 5），进而有∏si = 1 q2βii1（mod 5）.

Case 5 结合以上Case 1至Case 4所讨论的情况，即qi中都有满足qi1（mod 5），qi2（mod 5），qi3（mod 5），qi4（mod 5）的奇素数.

此时，当βi全为偶数时，有∏si = 1 q2βii1（mod 5）；当βi全为奇数，且满足qi2（mod 5）的qi为偶数个，满足qi3（mod 5）的qi为偶数个时，则有∏si = 1 q2βii1（mod 5）；当βi全为奇数，且满足qi2（mod 5）的qi为偶数个，满足qi3（mod 5）的qi为奇数个时，则有∏si = 1 q2βii-1（mod 5）；当βi全为奇数，且满足qi2（mod 5）的qi为奇数个，满足qi3（mod 5）的qi为偶数个时，则有∏si = 1 q2βii-1（mod 5）；当βi全为奇数，且满足qi2（mod 5）的qi为奇数个，满足qi3（mod 5）的qi为奇数个时，则有∏si = 1 q2βii1（mod 5）；当βi既有偶数又有奇数，满足qi2（mod 5）的βi为奇数的个数为奇数个，满足qi3（mod 5）的βi为奇数的个数为奇数个时，有∏si = 1 q2βii1（mod 5）；βi既有偶数又有奇数，满足qi2（mod 5）的βi为奇数的个数为奇数个，满足qi3（mod 5）的βi为奇数的个数为偶数个时，有∏si = 1 q2βii-1（mod 5）；当βi既有偶数又有奇数，满足qi2（mod 5）的βi为奇数的个数为偶数个，满足qi3（mod 5）的βi为奇数的个数为奇数个时，有∏si = 1 q2βii-1（mod 5）；当βi既有偶数又有奇数，满足qi2（mod 5）的βi为奇数的个数为偶数个，满足qi3（mod 5）的βi为奇数的个数为偶数个时，有∏si = 1 q2βii1（mod 5）.

所以，由以上5种情况的讨论可知，对于∏si = 1 q2βii取模5的情况，只有∏si = 1 q2βii±1（mod 5）这两种情况. 通过以上对qi及βi的讨论可知，当qi1（mod 5）或qi4（mod 5）或满足qi1（mod 5）与qi4（mod 5）的qi都有时，有∏si = 1 q2βii1（mod 5）；当βi全为偶数，且qi都满足qi2（mod 5）时，有∏si = 1 q2βii1（mod 5）；当βi全为奇数，qi都满足qi2（mod 5），且qi的个数s为偶数时，有∏si = 1 q2βii1（mod 5）；当βi既有偶数又有奇数，qi都满足qi2（mod 5），且βi为奇数的个数为偶数个时，有∏si = 1 q2βii1（mod 5）；当βi全为偶数，且qi都满足qi3（mod 5）时，有∏si = 1 q2βii1（mod 5）；当βi全为奇数，qi都满足qi3（mod 5），且qi的个数s为偶数时，有∏si = 1 q2βii1（mod 5）；当βi既有偶数又有奇数，qi都满足qi3（mod 5），且βi为奇数的个数为偶数个时，有∏si = 1 q2βii1（mod 5）；当βi全为奇数，且满足qi2（mod 5）的qi为偶数个，满足qi3（mod 5）的qi为偶数个时，则有∏si = 1 q2βii1（mod 5）；当βi全为奇数，且满足qi2（mod 5）的qi为奇数个，满足qi3（mod 5）的qi为奇数个时，则有∏si = 1 q2βii1（mod 5）；当βi既有偶数又有奇数，满足qi2（mod 5）的βi为奇数的个数为奇数个，满足qi3（mod 5）的βi为奇数的个数为奇数个时，有∏si = 1 q2βii1（mod 5）；当βi既有偶数又有奇数，满足qi2（mod 5）的βi为奇数的个数为偶数个，满足qi3（mod 5）的βi为奇数的个数为偶数个时，有∏si = 1 q2βii1（mod 5）.

若∏si = 1 q2βii1（mod 5），由于n-1（mod 5），所以πα-1（mod 5）.

结合α1（mod 4）有，当π1（mod 5），则有πα1（mod 5），这与πα-1（mod 5）相矛盾；当π2（mod 5），则有πα2（mod 5），这与πα-1（mod 5）相矛盾；当π3（mod 5），则有πα3（mod 5），这与πα-1（mod 5）相矛盾；当π4（mod 5），则有πα-1（mod 5）. 故，π4-1（mod 5）.由此可得，σ（πα）=∑αk=0πk0（mod 5），即5σ（πα）.由于σ（n） = σ（παp12β1p22β2…ps2βs） = σ（πα）σ（p12β1p22β2…ps2βs） = 2n，得52n，即有5n，这与n-1（mod 5）相矛盾. 故此时，形如5m-1的正奇数不是完全数.证毕.

定理3 形如13m+j的正偶数不是完全数，其中j=0，4，5，7，9，11，12.

证 设n是13m+j型的正偶数，其中j=0，4，5，7，9，11，12，即n0，4，5，7，9，11，12（mod 13）.当p=2时，n6（mod 13）；当p=3时，n2（mod 13）；当p≥5时，令p=4k+1，或p=4k+3，这里k≥1为整数.

当p=4k+1时，

n=2p-1（2p-1）=24k（24k+1-1）3k（3k・2-1）（mod 13）.

下面对3k取模13的情况进行讨论. 由于

当k=3k1时，有3k=33k1=27k11（mod 13）. 此时，n=2p-1（2p-1）3k（3k・2-1）1（mod 13）；

当k=3k1+1时，有3k=33k1+1=27k1・33（mod 13）. 此时，n=2p-1（2p-1）2（mod 13）；

当k=3k1+2时，有3k=33k1+2=27k1・99（mod 13）. 此时，n=2p-1（2p-1）10（mod 13）.

当p=4k+3时，

n=2p-1（2p-1）=24k+2（24k+3-1）3k・22（3k・23-1）（mod 13）.

结合上面对3k取模13情况的讨论，有

n=2p-1（2p-1）=24k+2（24k+3-1）3k・22（3k・23-1）2，3，8（mod 13）.

综上所述，偶完全数n=2p-1（2p-1）取模13只满足n=2p-1（2p-1）1，2，3，6，8，10（mod 13）.所以，若正偶数n满足n0，4，5，7，9，11，12（mod 13），则n不是完全数. 证毕.

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