陳德建

（黎明職業(yè)大學(xué)，福建 泉州 362000）

偶完全數(shù)有無窮多

陳德建

（黎明職業(yè)大學(xué)，福建 泉州 362000）

本文從完全數(shù)的定義出發(fā)，運用已證得的定理，并利用梅森合數(shù)的性質(zhì)，求出兩梅森數(shù)下標素數(shù)的關(guān)系；用反證法，假設(shè)存在最大梅森素數(shù)，從而引出矛盾，證明命題。

完全數(shù)；偶完全數(shù)；梅森數(shù)；梅森合數(shù)；梅森素數(shù)；最大梅森素數(shù)；反證法

一、引論

定義1：設(shè)n是一個正整數(shù)，如果n的全部因數(shù)的和等于2n，n就叫做一個完全數(shù)（perfect number）。

例如，6的因數(shù)的和σ（6）=1+2+3+6=12，28的因數(shù)的和σ（28）=1+2+4+7+14+28=56，故6和28都是完全 數(shù)①。

定義2：形狀是 Mn=2n-1的數(shù)叫梅森（M·Mersenn）數(shù)。

定理1：如果n＞1，且an-1是素數(shù)，那么a=2,且n是素數(shù)。

證：如果a＞2，又因n＞1，所以1＜a-1＜an-1，且an-1=(a-1)(an-1+an-2+…+a+1)，所以an-1有真因數(shù)（a—1），即它不是素數(shù)了，因此a=2。如果n是復(fù)合數(shù)，即n=kl，其中1＜k＜n，那么1＜2k-1＜2n-1，且（2k-1）丨（2n-1），從而2n-1也將不是素數(shù)了。所以如果an-1是素數(shù)，則必須a=2及n是素數(shù)。

定理證完。

定義3：如果p是素數(shù)，且 Mp=2p-1也是素數(shù)，則Mp稱梅森素數(shù)。

例 如 22-1=3,23-1=7,25-1=31均 為 素 數(shù) ， 故M2,M3,M5均為梅森素數(shù)。

但并不是所有Mp均為梅森素數(shù)，例如等等②。

顯然，n是合數(shù)時，an-1是合數(shù)，而Mp中也有合數(shù)，本文所稱梅森合數(shù)是指Mp中的合數(shù)。已知的前33個梅森素數(shù)依次是

這第33個梅森素數(shù) 2859433- 1有258716位。

Mersenne prime（梅森素數(shù)）的個數(shù)無疑是無限的，但其證明卻毫無希望地超出了我們的能力。③

定理 2：如果Mp是素數(shù)，那么(2p- 1)是一個偶完全數(shù)，而且除了這些以外，在沒有其他的偶完全數(shù)。

證：我們用σ(n)表示n的全部因素之和，如果Mp是素數(shù)，那么的因數(shù)顯然為1，2，所以

現(xiàn)在假定a是一個偶完全數(shù)，假設(shè)a的標準分解式中含2的最高方冪的次數(shù)為n-1，因a是偶數(shù)，所以n-1≥1，又因 2n-1顯然不是偶完全數(shù)，所以a= 2n-1u，u＞1，2u。

因此a的因數(shù)為所有形如2iv的數(shù)，其中0≤i≤n-1及vu。從而 2nu=2a=σ(a)= (1+2+…+2n-1)σ(u)=σ(u)(2n-1)，即得是整數(shù)。另一方面，由上面等式得到都是u的因數(shù)，而σ( u)又是u的所有因數(shù)的總和，所以u只有兩個因數(shù)u和因u＞1及u至少有兩個因數(shù)u和1，所以必須換句話說，u是一個素數(shù)，且u= 2n-1。由定理1，n必須是素數(shù)。

定理證完。

這個定理說明，是否有無窮多個偶完全數(shù)的問題，即歸結(jié)為是否有無窮多個梅森素數(shù)的問題。④

是否有無窮多個p使Mp為素數(shù)，是數(shù)論中尚未解決的難題。

值得注意的是梅森素數(shù)在一些應(yīng)用學(xué)科（如代數(shù)編碼）中得到應(yīng)用。⑤

定理 3（拉格朗日）：假定 p是素數(shù)，那么同余方程f(x)=anxn+an-1xn-1+…+a1x+a0≡0(Modp)，1≤x≤p……（1）的解數(shù)≤n，重解也計算在內(nèi)。這里an,an-1,…，a1,a0都是整數(shù)，且pan。

證：如果（1）沒有解，那么定理成立。如果x=α是（1）的一個解，那么（1）式可以寫成 f(x)=(x -a)f1(x)+r1，以x=α代入得所以 f(x)≡(x - a)f1(x)(Modp)，如果x=α又是 f1(x)≡ 0( Modp)的解，那么同樣可得f1(x)≡(x - a)f2(x)(Modp)。 這 時 我 們 稱 α做f(x )≡ 0(Modp)的重 解 。 繼續(xù) 下 去 ，如 果f(x)≡(x -a)kg1(x)(Modp)，其中g(shù)1(x)≡/ （0 Modp)，就稱a是f(x)≡0(Modp)的h重解。

由證明可以看出 g1(x)的次數(shù)是 n－h(huán)。設(shè)（1）另有一解x=b，那么所以有 g1(b)≡（0 Modp)。如果x=b是 g1(x)≡（0 Modp)的K重解，那么同樣有這樣繼續(xù)進行下去可得，其中g(shù)(x)的次數(shù)是n-h-k-…-l，且 g (x )≡（0 Modp)不再有解，所以f(x )≡（0 Modp)的解數(shù)是 h +k+…+l ≤n。定理證完⑥。

定義4：假定m是一個自然數(shù)，如果（ n ,m)=1，且同余式 x2≡ n(modm)有解，我們就稱n做模m的二次剩余。如果上面的同余式?jīng)]有解，n就叫做模m的二次非剩余。

例如1，2，4是模7的二次剩余，而3，5，6是模7的二次非剩余。

用p除所得的余數(shù)，就是模p的全體二次剩余。

證：用p除（1）中各數(shù)所得的余數(shù)，顯然都是模p的二次剩余，現(xiàn)在要證明的是：1，2，…，p－1中，模p的二次剩余也就是這些。

假定1≤n p＜。如果同余式

有解，那么由拉格朗日定理可知它至多有二個解，由（p-x)2≡(-x)2≡x2≡n(modp)可知（2）還有一個解p- x。如果那么 1≤p－x≤因此如果（

2）有解，它總會有一個解適合于

換句話說，如果n是模p的二次剩余，那么n必定模p同余于（1）中的一個數(shù)。因此剩下來要證明的就是n中是模p的二次剩余恰有個，這只要證明（1）中的任何兩個數(shù)模p都不同余。假定 a2,b2是（1）中的任何二數(shù)，且a＞b，如果 a2≡ b2(modp)，即得，由于p是素數(shù)，可知但1≤a+b＜p， 1≤a-b＜p，這是不可能的。因此（1）中任何二數(shù)都是模p互不同余。 定理證完⑦。

定理5（費馬小定理）：如果p是素數(shù)，那么對于任何整數(shù)a都有 ap≡a(mod p)

中的一個，這是因為用p除n后的余數(shù)總是其中之一。假定在這p-1個數(shù)中任取兩個不同的數(shù)k1與k2，現(xiàn)在來

模p分別同余于（1）中的一個數(shù)，而且（3）中的數(shù)又彼此對模 p互不同余。又因從c≡d (mod p)與c＇≡d＇(mod p)可 以 推 出cc＇≡ dd＇ (m od p)，所以（1）中各數(shù)相乘的積同余于（3）中各數(shù)相乘的積，因此

(p-1)！ap-1≡(p-1)！(modp),即因此p是素數(shù)，所以p（p-1)！，故有即得

定理6（歐拉）：當p為素數(shù)時，有關(guān)系式

證：假定n是模p的二次剩余，那么同余式x2≡ n(modp)有解x，即所以由

推論：當n＝2，p為奇素數(shù)時，由歐拉定理有

定理7：設(shè)p是一個奇素數(shù)，q是Mp的一個素因數(shù)，則q形如 q = 2 kp +1。

證明這個定理之前，先證一個簡單的引理。

引理：設(shè) a＞0,b ＞0 ,s ＞1，則

證：不妨設(shè)a＞b，由輾轉(zhuǎn)相除法得

定理證完。⑩

二、證明

以下我們來證明梅森素數(shù)有無窮多。

設(shè)q、p均為奇素數(shù)，且p q＞ ，由歐拉定理的推論知存在正整數(shù)A、a,使得

令p- q =2t，顯然t是正整數(shù)。若Mp不是素數(shù)，即Mp為梅森合數(shù)，由定理7知存在正數(shù)m、n，使得

由于2p-1不是一個完全平方數(shù),所以m≠n，不失一般性，不妨設(shè)m＞n。由（1）有 m+n≡±2a(modp),設(shè)m+n=bp±2a，我們來證b＞0。

由（1）有 2mn= a2-b ，由（2）有b＞0。

由（1）式及a為奇數(shù)， a2p ± 2a為奇數(shù)，m+n必為奇數(shù)，所以 m與 n必一奇一偶，2mn是 4的倍數(shù)，a2≡1(mod4)，所以 b≡1(mod4)。

事實上 p=11時 ， a =3,m=4,n =1,b=1；

我們用反證法證明之。

設(shè)梅森素數(shù)為有限個。則存在奇素數(shù)q，使 Mq=2q-1為最大梅森素數(shù)，對任何 p= q +2t的奇素數(shù)p，Mp均為梅森合數(shù)。

由費馬小定理 2q-1≡ 1(mod q ),知存在正整數(shù)S，使

令C=4tS -2 mnp -m-n ，則（6）式變?yōu)?/p>

由算數(shù)基本定理知C＞0，C為奇數(shù)。由（7）式有

若4t＜p,則22t＜q+2t,22t-2t＜q 。事實上，當t=1時， 4t= 4t；當t＞1時，4t＞4t，例如t=2時， 42=16＞8 = 4×2。

設(shè)4t＜p,則22t＜q+2t,22t-2t＜q 。

事實上，當 t =1時，4t=4t,當t＞1時，4t＞4t ，例如t=2時，42=16＞8=4×2。

由（8）式，當 4t＜ p時，有2St -1＞C，

由于C 為奇數(shù)，故有2 St＞ C ，即

若n=1，有 2mp +m +1＞S(22t-2t)，

又有有2 mp+m ≤S (22t- 2t)，若n＞1，有 mn＞ m+n，

代入 (10) 2mnp +mn＞S(22t-2t)

由于 2mn= a2-b，由（11）式有

若a2-b＞ S ，必有a2＞S，即

由假設(shè) 4t＜p,又q＜p,∴ 4tq＜p2，得一矛盾。

故 a2-b＜S 。

若a2＜S ,必 有a2-b＜S。

若2St- 1＜p ， 當q=3時,A=1,S=1,

當q=5時, A=1,S=3,當 q=7時,A=1,S =9,

當q=11時 ,A = 3,S=81。

2St＜ p+1＝q+2t+1，2t (S -1)＜q+1,由于S≥1，恒有

由 （8） 式 ， 當 2St-1＜p時 ，必有4t＞C， 即

當n=1時， 2mp +m ≥4t( S -1)

當n＞1時，m n＞m + n,代入（15），2 mnp +mn＞4t( S-1)

綜之有 mn( 2p+1)≥4t(S-1)， 又有2 mn (p+1)＞4t(S-1)，(a2-b)(p +1)＞4t(S -1)， 必 有 a2(p +1)＞4t(S-1)，于是得一矛盾。即4t＜C。故第二種情形不存在。

綜上所證，當Mp為梅森合數(shù)時，p＜2q。

由于素數(shù)有無窮多，因而大于q的素數(shù)也有無窮多，所以必有大于2q的素數(shù)p使Mp為素數(shù)，這與假設(shè)存在最大梅森素數(shù)相矛盾。所以，梅森素數(shù)有無窮多，因而偶完全數(shù)有無窮多。

證完。

[1] 王文才，施桂芬.數(shù)學(xué)小詞典[Z].北京:科學(xué)技術(shù)文獻出版社，1983.

[2][4][6][7][8][9] 王元.談?wù)勊財?shù)[M].上海：上海教育出版社，1983.

[3]［加］R.K.蓋伊.數(shù)論中未解決的問題（第二版）[M].張明光，譯.北京：科學(xué)出版社，2004.

[5][10] 柯召，孫琦.數(shù)論講義（上）[M].北京:高等教育出版社，1990.

There are inexhaustible even perfect numbers

In this paper, beginning with the defination of perfect number, using some theorems, we applied the character of Mersenne composite number, found the relation of two primes subscripted to two Mersenne numbers, and assumpted existing the maximum Mersenne prime, derivated a paradox.Them, we proofed the proposition

perfect number; even perfect number; Mersenne composite number; the maxinum prime; derivate a paradox

CHEN De-jian

O1-0

A

1008-7427（2012）03-0156-03

2012-01-04

作者系黎明職業(yè)大學(xué)副教授，高級工程師。