邹山中

广东 广州

收稿日期：2019年4月26日；录用日期：2019年5月6日；发布日期：2019年5月22日

设奇数Q = 2N + 1，将N称为奇数Q的奇体，通过对N的分析证明了不存在奇完全数。

关键词 :奇体，奇合数体

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设p是素数，Q与q是奇数，使 Q = p q [1] ，若 Q = 2 N + 1 ， p = 2 s + 1 ， q = 2 n + 1 ， n ≥ 1 ， N ≥ 1 ，则有 2 N + 1 = ( 2 S + 1 ) ( 2 n + 1 ) ，从而 N = ( 2 S + 1 ) n + s , n ≥ 1 。N称为奇合数体，可得定义1，奇合数体的表示法，

N = P i n + S i (1)

用反证法，假设存在奇完全数Q， Q = P 1 n 1 p 2 n 2 ⋯ p i n i ⋯ p m m ， n i ≥ 1 ，p是奇完全数Q的素数因子， Q = 2 N + 1 ，把Q分为两个奇数的乘积， Q = P 1 n 1 p 2 n 2 ⋯ p i n i × p i + 1 n i + 1 ⋯ p m m = Q i 1 Q i 2 ，根据奇完全数的定义，有 Q = Q 11 Q 12 = Q 21 Q 22 = ⋯ = Q i 1 Q i 2 = ⋯ = Q t 1 Q t 2 = 1 + ∑ i = 1 t ( Q i 1 + Q i 2 ) ， ( i ≥ 1 , t ≥ 1 ) 。

设， Q i 1 = 2 N i 1 + 1 , Q i 2 = 2 N i 2 + 1 ，则有 Q = 2 N + 1 = ( 2 N i 1 + 1 ) ( 2 N i 2 + 1 ) 。

即： Q = 2 N + 1 = 4 N i 1 N i 2 + 2 N i 1 + 2 N i 2 + 1 = 1 + ∑ i = 1 t ( 2 N i 1 + 1 + 2 N i 2 + 1 )

可得：

N = 2 N i 1 N i 2 + N i 1 + N i 2 = ∑ i = 1 t ( N i 1 + N i 2 + 1 ) (2)

(2)式称为奇完全数的奇体表达式。由(2)可得推论一，N为偶数，t也是偶数。

证：若N为奇数，则 N i 1 + N i 2 为奇数，而 N i 1 + N i 2 + 1 为偶数，左右奇偶不合，故知 N i 1 + N i 2 必为偶数， N i 1 + N i 2 + 1 是奇数，所以t必须是偶数。证明完。

∵ N ∈ h ，根据定义1， N = p n i + s ，( s = ( p − 1 ) / 2 , n i ≥ 1 )。

在 Q = P 1 n 1 p 2 n 2 ⋯ p i n i ⋯ p m m 中，设 p 1 是Q中最小的素数，把 N i 1 及 N i 2 分别表为

N i 1 = p 1 n 1 + k 1 , N i 2 = p 1 n 2 + k 2 , ( n 1 ≥ 0 , n 2 ≥ 0 , 0 ≤ k 1 < p 1 , 0 ≤ k 2 < p 1 )

N i 1 ， N i 2 可以依据组合 { p 1 n 1 + k 1 , p 1 n 2 + k 2 } 的不同，形成不同表达式。

将各种组合代入(2)，有

2 ( p 1 n 1 + k 1 ) ( p 1 n 2 + k 2 ) + p 1 n 1 + k 1 + p 1 n 2 + k 2 = 2 p 1 2 n 1 n 2 + 2 p 1 n 1 k 2 + 2 p 1 n 2 k 1 + 2 k 1 k 2 + p 1 n 1 + k 1 + p 1 n 2 + k 2

N = p 1 n i + s 1 = p 1 ( 2 p 1 n 1 n 2 + 2 n 2 k 1 + 2 p 1 n 1 k 2 + n 1 + n 2 ) + 2 k 1 k 2 + k 1 + k 2

上式简化后得：

N = p 1 n j + 2 k 1 k 2 + k 1 + k 2 = ∑ i = 1 t ( p 1 n 1 + k 1 + p 1 n 2 + k 2 + 1 ) (3)

要使(3)成立，必须满足 k 2 ( 2 k 1 + 1 ) + k 1 ≡ s 1 mod p 1 [2] 。

我们可以得到推论二，在 k 2 ( 2 k 1 + 1 ) + k 1 = p 1 n i + s 1 中， k 1 = s 1 或 k 2 = s 1 ，两者必取其一。

证， ∵ Q = P 1 n 1 p 2 n 2 ⋯ p i n i ⋯ p m m ，即： Q = p 1 q 1 q 2 ，其中 p 1 和 p 1 q 1 可以表示为 N i 1 = p 1 n 1 + s 1 ， ∴ p 1 n j + 2 k 1 k 2 + k 1 + k 2 = p 1 n u + s 1 证明完。

我们讨论当 k 1 = s 1 时，的取值。

把 N i 1 = p 1 n 1 + k 1 和 N i 2 = p 1 n 2 + k 2 还原为Q，

Q i 1 = 2 ( p 1 n 1 + s 1 ) + 1 = p 1 q 1 , Q i 2 = 2 ( p 1 n 2 + k 2 ) + 1 = 2 p 1 n 2 + 2 k 2 + 1 ,

， ∵ Q i 2 是奇数， ∴ 2 p 1 n 2 / ( 2 k 2 + 1 ) 应该是偶数，要使是偶数，必须满足以下条件：1) k 2 = s 1 ，有 p 1 / ( 2 k 2 + 1 ) = 1 ， 2) k 2 = 0 有 2 k 2 + 1 = 1 ，3) n 2 = ( 2 k 2 + 1 ) n 有 n 2 / ( 2 k 2 + 1 ) = n ：

1) k 2 = s 1 ,

∵ k 1 = s 1 ∴ N = p 1 n i + s 1 = 2 p 1 n j + p 1 s 1 + s 1 = ∑ i = 1 t ( p 1 n 1 + p 1 n 2 + s 1 + s 1 + 1 )

N p 1 = 2 n j + s 1 + ( s 1 / p 1 ) = ∑ i = 1 t ( n 1 + n 2 + 1 )

∵ s 1 / p 1 不是整数， ∴ 当 k 1 = s 1 时， k 2 ≠ s 1 。

因此我们可以得到推论三，在 Q = P 1 n 1 p 2 n 2 ⋯ p i n i ⋯ p m m 中，有 n = 1 ，即 Q = p 1 p 2 ⋯ p i ⋯ p m 。

证，如果 p i n i , n i > 1 ，则有 Q = p i q 1 p i q 2 ，使得 k 1 = s 1 , k 2 = s 1 .，与推论三矛盾。证明完

2) k 2 = 0 , k 1 = s 1

N = p 1 n i + s 1 = ∑ i = 1 t ( p 1 n 1 + p 1 n 2 + s 1 + 1 ) = t ( s 1 + 1 ) + ∑ i = 1 t ( p 1 n 1 + p 1 n 2 )

∃ ! t ( s 1 + 1 ) ≡ s 1 mod p 1 ，即 t ( s 1 + 1 ) = p 1 n + s 1 ，使等式成立。

∵ t是偶数，设 t = 2 n t

2 n t s 1 + 2 n t = 2 n t s 1 + n t + n t = p 1 n t + n t ， ∃ ! n t = p 1 n + s 1 , n ≥ 0 ，满足等式，

∴ p 1 2 n + p 1 s 1 + p 1 n + s 1 = p 1 n ( p 1 + 1 ) + 2 s 1 s 1 + s 1 + s 1

N i 1 = p 1 n 1 + s 1 , N i 2 = p 1 n 2 + s 1 ，这样的结果与 k 2 = s 1 相同， ∴ k 1 = s 1 ， k 2 ≠ 0

3) 在 2 p 1 n 2 / ( 2 k 2 + 1 ) 中， n 2 = ( 2 k 2 + 1 ) n

∵ p 1 / ( 2 k 2 + 1 ) 不是整数， ∴ n 2 / ( 2 k 2 + 1 ) 必须是整数。

∵ p 1 是Q中最小的素数， ∴ ( 2 k 2 + 1 ) = p i ， p i > p 1 ， ∴ p 1 n 2 + k 2 可以表示为

p i n 2 + s i ， s i = k 2 ， s i = ( p i − 1 ) / 2 ， p i 是Q中的素数。

∵ 0 ≤ k 2 < p 1 , ( 2 k 2 + 1 ) > p 1 , ∴ k 1 < k 2 ≤ 2 k 1 ,

设 k 1 = m 1 ， k 2 = m 2 ，有 k 2 − k 1 = ( m 2 − m 1 ) = Δ n ，显然 Δ n ≤ m 1 ， k 2 = Δ n + k 1

(3)有： N = p 1 n i + s 1 = ∑ i = 1 t ( p 1 n 1 + k 1 + p 1 n 2 + k 1 + Δ n + 1 ) = t Δ n + ∑ i = 1 t ( p 1 n 1 + p 1 n 2 + p 1 )

∃ ! ( t Δ n − s 1 ) / p 1 = n ，即 s 1 ( t Δ n / s 1 − 1 ) / p 1 = n ， ∵ s 1 / p 1 不是整数， ∴ ( t Δ n / s 1 − 1 ) / p 1 必须是整数，如果. Δ n / s 1 是整数，即 k 1 = s 1 , k 2 = 2 s 1 ， ∴ (2)有：

N = 2 p 1 n j + 2 × 2 s 1 s 1 + 2 s 1 + s 1 = ∑ i = 1 t ( p 1 n 1 + p 1 n 2 + s 1 + 2 s 1 + 1 )

2 p 1 n j + s 1 ( 4 s 1 + 3 ) = t s 1 + ∑ i = 1 t ( p 1 n 1 + p 1 n 2 + p 1 )

∃ ! t s 1 = p 1 n + s 1 使得 ( t s 1 + ∑ i = 1 t ( p 1 n 1 + p 1 n 2 + p 1 ) ) ≡ s 1 mod p 1 。

( t s 1 − s 1 ) / p 1 = n ，即 s 1 ( t − 1 ) / p 1 = n ， ∵ s 1 / p 1 不是整数 ∴ ( t − 1 ) / p 1 = n ，即 t − 1 = p 1 n 。 ∵ Q = p 1 p 2 ⋯ p i ⋯ p m ，用Q中 p i 逐个代入 ∴ t − 1 = p 1 p 2 ⋯ p i ⋯ p m n ，这使得 ∑ i = 1 t ( N i 1 + N i 2 + 1 ) > Q 。 ∴ Δ n ≠ s 1 。

∵ ( t Δ n / s 1 − 1 ) / p 1 = n ， ∴ t Δ n / s 1 − 1 = p 1 n ， ∵ Δ n / s 1 不是整数， ∴ t / s 1 必须是整数， ∴ t Δ n 在能整除 s 1 , s 2 , ⋯ , s i , ⋯ , s m 的同时， t Δ n s 1 − 1 还必须整除 p i 。

∴ t > p 1 p 2 ⋯ p i ⋯ p m ，这样便造成 ∑ i = 1 t ( N i 1 + N i 2 + 1 ) > Q ， ∴ 当 k 1 = s 1 时，因 k 2 无法取值，原假设不成立，所以不存在奇完全数。证明完！

邹山中. 证明无奇完全数Proof of No Odd Complete Number[J]. 理论数学, 2019, 09(03): 417-420. https://doi.org/10.12677/PM.2019.93056