几类正整数是否为完全数问题

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π≡α≡1（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≡…≡βs≡1（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≡…≡βs≡2（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）的奇正整數不是完全数.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π≡1（mod 12）且α≡1，9（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，n≡1（mod 5）；当p=3时，n≡3（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qi≡1（mod 5）或qi≡4（mod 5）或满足qi≡1（mod 5）与qi≡4（mod 5）；

（2）当βi全为偶数；

（3）当βi全为奇数，qi都满足qi≡2（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qi≡2（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qi≡3（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qi≡3（mod 5），且βi为奇数的个数为偶数个；

（7）当βi全为奇数，且满足qi≡2（mod 5）的qi为偶数个，满足qi≡3（mod 5）的qi为偶数个；

（8）当βi全为奇数，且满足qi≡2（mod 5）的qi为奇数个，满足qi≡3（mod 5）的qi为奇数个；

（9）当βi既有偶数又有奇数，满足qi≡2（mod 5）的βi为奇数的个数为奇数个，满足qi≡3（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qi≡2（mod 5）的βi为奇数的个数为偶数个，满足qi≡3（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π≡α≡1（mod 4）.下面对qi及βi进行讨论.

Case 1 当qi≡1（mod 5）时有，q2βii≡1（mod 5），进而有∏si = 1 q2βii≡1（mod 5）.

Case 2 当qi≡2（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）βi≡1（mod 5），进而有∏si = 1 q2βii≡1（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 q2βii≡1（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 q2βii≡1（mod 5）.

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

Case 4 当qi≡4（mod 5）时有，q2βii≡1（mod 5），进而有∏si = 1 q2βii≡1（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qi≡1（mod 5），qi≡2（mod 5），qi≡3（mod 5），qi≡4（mod 5）的奇素数.

此时，当βi全为偶数时，有∏si = 1 q2βii≡1（mod 5）；当βi全为奇数，且满足qi≡2（mod 5）的qi为偶数个，满足qi≡3（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qi≡2（mod 5）的qi为偶数个，满足qi≡3（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qi≡2（mod 5）的qi为奇数个，满足qi≡3（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qi≡2（mod 5）的qi为奇数个，满足qi≡3（mod 5）的qi为奇数个时，则有∏si = 1 q2βii≡1（mod 5）；当βi既有偶数又有奇数，满足qi≡2（mod 5）的βi为奇数的个数为奇数个，满足qi≡3（mod 5）的βi为奇数的个数为奇数个时，有∏si = 1 q2βii≡1（mod 5）；當βi既有偶数又有奇数，满足qi≡2（mod 5）的βi为奇数的个数为奇数个，满足qi≡3（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qi≡2（mod 5）的βi为奇数的个数为偶数个，满足qi≡3（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qi≡2（mod 5）的βi为奇数的个数为偶数个，满足qi≡3（mod 5）的βi为奇数的个数为偶数个时，有∏si = 1 q2βii≡1（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qi≡1（mod 5）或qi≡4（mod 5）或满足qi≡1（mod 5）与qi≡4（mod 5）的qi都有时，有∏si = 1 q2βii≡1（mod 5）；当βi全为偶数，且qi都满足qi≡2（mod 5）时，有∏si = 1 q2βii≡1（mod 5）；当βi全为奇数，qi都满足qi≡2（mod 5），且qi的个数s为偶数时，有∏si = 1 q2βii≡1（mod 5）；当βi既有偶数又有奇数，qi都满足qi≡2（mod 5），且βi为奇数的个数为偶数个时，有∏si = 1 q2βii≡1（mod 5）；当βi全为偶数，且qi都满足qi≡3（mod 5）时，有∏si = 1 q2βii≡1（mod 5）；当βi全为奇数，qi都满足qi≡3（mod 5），且qi的个数s为偶数时，有∏si = 1 q2βii≡1（mod 5）；当βi既有偶数又有奇数，qi都满足qi≡3（mod 5），且βi为奇数的个数为偶数个时，有∏si = 1 q2βii≡1（mod 5）；当βi全为奇数，且满足qi≡2（mod 5）的qi为偶数个，满足qi≡3（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qi≡2（mod 5）的qi为奇数个，满足qi≡3（mod 5）的qi为奇数个时，则有∏si = 1 q2βii≡1（mod 5）；当βi既有偶数又有奇数，满足qi≡2（mod 5）的βi为奇数的个数为奇数个，满足qi≡3（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qi≡2（mod 5）的βi为奇数的个数为偶数个，满足qi≡3（mod 5）的βi为奇数的个数为偶数个时，有∏si = 1 q2βii≡1（mod 5）.

若∏si = 1 q2βii≡1（mod 5），由于n≡-1（mod 5），所以πα≡-1（mod 5）.

结合α≡1（mod 4）有，当π≡1（mod 5），则有πα≡1（mod 5），这与πα≡-1（mod 5）相矛盾；当π≡2（mod 5），则有πα≡2（mod 5），这与πα≡-1（mod 5）相矛盾；当π≡3（mod 5），则有πα≡3（mod 5），这与πα≡-1（mod 5）相矛盾；当π≡4（mod 5），则有πα≡-1（mod 5）. 故，π≡4≡-1（mod 5）.由此可得，σ（πα）=∑αk=0πk≡0（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n≡0，4，5，7，9，11，12（mod 13）.当p=2时，n≡6（mod 13）；当p=3时，n≡2（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=27k1≡1（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=27k1·3≡3（mod 13）. 此时，n=2p-1（2p-1）≡2（mod 13）；

当k=3k1+2时，有3k=33k1+2=27k1·9≡9（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n≡0，4，5，7，9，11，12（mod 13），则n不是完全数. 证毕.

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