ABSTRACT

The odd number is Q, Q = 2N + 1, and N is called odd element of Q. Through the analysis of N, it is proved that there is no odd complete number.

Keywords:Ontology of Odd Numbers, The Ontology of Compound Odd Numbers

证明无奇完全数

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

摘 要

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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1. 奇合数体的表示法

设p是素数，Q与q是奇数，使 $Q=pq$ [1] ，若 $Q=2N+1$，$p=2s+1$，$q=2n+1$，$n\ge 1$，$N\ge 1$，则有 $2N+1=\left(2S+1\right)\left(2n+1\right)$，从而 $N=\left(2S+1\right)n+s,n\ge 1$。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)

2. 命题证明

用反证法，假设存在奇完全数Q， $Q=P_1^{n_1}{p}_2^{n_2}\cdots p_i^{n_i}\cdots p_m^m$，$n_i\ge 1$，p是奇完全数Q的素数因子， $Q=2N+1$，把Q分为两个奇数的乘积， $Q=P_1^{n_1}{p}_2^{n_2}\cdots p_i^{n_i}\times p_{i+1}^{n_{i+1}}\cdots p_m^m=Q_{i1}{Q}_{i2}$，根据奇完全数的定义，有 $Q=Q_{11}{Q}_{12}=Q_{21}{Q}_{22}=\cdots =Q_{i1}{Q}_{i2}=\cdots =Q_{t1}{Q}_{t2}=1+{\displaystyle {\sum }_{i=1}^t\left(Q_{i1}+Q_{i2}\right)}$，$\left(i\ge 1,t\ge 1\right)$。

设， $Q_{i1}=2N_{i1}+1,Q_{i2}=2N_{i2}+1$，则有 $Q=2N+1=\left(2N_{i1}+1\right)\left(2N_{i2}+1\right)$。

即： $Q=2N+1=4N_{i1}{N}_{i2}+2N_{i1}+2N_{i2}+1=1+{\displaystyle {\sum }_{i=1}^t\left(2N_{i1}+1+2N_{i2}+1\right)}$

可得：

$N=2N_{i1}{N}_{i2}+N_{i1}+N_{i2}={\displaystyle {\sum }_{i=1}^t\left(N_{i1}+N_{i2}+1\right)}$ (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 $N_{i1}+N_{i2}$ 为奇数，而 $N_{i1}+N_{i2}+1$ 为偶数，左右奇偶不合，故知 $N_{i1}+N_{i2}$ 必为偶数， $N_{i1}+N_{i2}+1$ 是奇数，所以t必须是偶数。证明完。

$\because$ $N\in h$，根据定义1， $N=p{n}_i+s$，( $s=\left(p-1\right)/2$,$n_i\ge 1$ )。

在 $Q=P_1^{n_1}{p}_2^{n_2}\cdots p_i^{n_i}\cdots p_m^m$ 中，设 $p_1$ 是Q中最小的素数，把 $N_{i1}$ 及 $N_{i2}$ 分别表为

$N_{i1}=p_1{n}_1+k_1,N_{i2}=p_1{n}_2+k_2,\left(n_1\ge 0,n_2\ge 0,0\le k_1<p_1,0\le k_2<p_1\right)$

$N_{i1}$，$N_{i2}$ 可以依据组合 $\left\{p_1{n}_1+k_1,p_1{n}_2+k_2\right\}$ 的不同，形成不同表达式。

将各种组合代入(2)，有

$\begin{array}{l}2\left(p_1{n}_1+k_1\right)\left(p_1{n}_2+k_2\right)+p_1{n}_1+k_1+p_1{n}_2+k_2\\ =2p_1^2{n}_1{n}_2+2p_1{n}_1{k}_2+2p_1{n}_2{k}_1+2k_1{k}_2+p_1{n}_1+k_1+p_1{n}_2+k_2\end{array}$

$N=p_1{n}_i+s_1=p_1\left(2p_1{n}_1{n}_2+2n_2{k}_1+2p_1{n}_1{k}_2+n_1+n_2\right)+2k_1{k}_2+k_1+k_2$

上式简化后得：

$N=p_1{n}_j+2k_1{k}_2+k_1+k_2={\displaystyle {\sum }_{i=1}^t\left(p_1{n}_1+k_1+p_1{n}_2+k_2+1\right)}$ (3)

要使(3)成立，必须满足 $k_2\left(2k_1+1\right)+k_1\equiv s_1\mathrm{mod}{p}_1$ [2] 。

我们可以得到推论二，在 $k_2\left(2k_1+1\right)+k_1=p_1{n}_i+s_1$ 中， $k_1=s_1$ 或 $k_2=s_1$，两者必取其一。

证， $\because$ $Q=P_1^{n_1}{p}_2^{n_2}\cdots p_i^{n_i}\cdots p_m^m$，即： $Q=p_1{q}_1{q}_2$，其中 $p_1$ 和 $p_1{q}_1$ 可以表示为 $N_{i1}=p_1{n}_1+s_1$，$\therefore p_1{n}_j+2k_1{k}_2+k_1+k_2=p_1{n}_u+s_1$ 证明完。

我们讨论当 $k_1=s_1$ 时，的取值。

把 $N_{i1}=p_1{n}_1+k_1$ 和 $N_{i2}=p_1{n}_2+k_2$ 还原为Q，

$Q_{i1}=2\left(p_1{n}_1+s_1\right)+1=p_1{q}_1$,$Q_{i2}=2\left(p_1{n}_2+k_2\right)+1=2p_1{n}_2+2k_2+1$,

， $\because Q_{i2}$ 是奇数， $\therefore 2p_1{n}_2/\left(2k_2+1\right)$ 应该是偶数，要使是偶数，必须满足以下条件：1) $k_2=s_1$，有 $p_1/\left(2k_2+1\right)=1$， 2) $k_2=0$ 有 $2k_2+1=1$，3) $n_2=\left(2k_2+1\right)n$ 有 $n_2/\left(2k_2+1\right)=n$：

1) $k_2=s_1$,

$\because k_1=s_1$ $\therefore N=p_1{n}_i+s_1=2p_1{n}_j+p_1{s}_1+s_1={\displaystyle {\sum }_{i=1}^t\left(p_1{n}_1+p_1{n}_2+s_1+s_1+1\right)}$

$\frac{N}{p_1}=2n_j+s_1+\left(s_1/p_1\right)={\displaystyle {\sum }_{i=1}^t\left(n_1+n_2+1\right)}$

$\because s_1/p_1$ 不是整数， $\therefore$ 当 $k_1=s_1$ 时， $k_2\ne s_1$。

因此我们可以得到推论三，在 $Q=P_1^{n_1}{p}_2^{n_2}\cdots p_i^{n_i}\cdots p_m^m$ 中，有 $n=1$，即 $Q=p_1{p}_2\cdots p_i\cdots p_m$。

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) $k_2=0,k_1=s_1$

$N=p_1{n}_i+s_1={\displaystyle {\sum }_{i=1}^t\left(p_1{n}_1+p_1{n}_2+s_1+1\right)}=t\left(s_1+1\right)+{\displaystyle {\sum }_{i=1}^t\left(p_1{n}_1+p_1{n}_2\right)}$

$\exists !t\left(s_1+1\right)\equiv s_1\mathrm{mod}{p}_1$，即 $t\left(s_1+1\right)=p_{1}n+s_1$，使等式成立。

$\because$ t是偶数，设 $t=2n_t$

$2n_t{s}_1+2n_t=2n_t{s}_1+n_t+n_t=p_1{n}_t+n_t$，$\exists !n_t=p_{1}n+s_1,n\ge 0$，满足等式，

$\therefore p_1^{2}n+p_1{s}_1+p_{1}n+s_1=p_{1}n\left(p_1+1\right)+2s_1{s}_1+s_1+s_1$

$N_{\text{i}1}=p_1{n}_1+s_1,N_{\text{i}2}=p_1{n}_2+s_1$，这样的结果与 $k_2=s_1$ 相同， $\therefore k_1=s_1$，$k_2\ne 0$

3) 在 $2p_1{n}_2/\left(2k_2+1\right)$ 中， $n_2=\left(2k_2+1\right)n$

$\because p_1/\left(2k_2+1\right)$ 不是整数， $\therefore n_2/\left(2k_2+1\right)$ 必须是整数。

$\because$ $p_1$ 是Q中最小的素数， $\therefore \left(2k_2+1\right)=p_i$，$p_i>p_1$，$\therefore p_1{n}_2+k_2$ 可以表示为

$p_i{n}_2+s_i$，$s_i=k_2$，$s_i=\left(p_i-1\right)/2$，$p_i$ 是Q中的素数。

$\because 0\le k_2<p_1$,$\left(2k_2+1\right)>p_1$,$\therefore k_1<k_2\le 2k_1$,

设 $k_1=m_1$，$k_2=m_2$，有 $k_2-k_1=\left(m_2-m_1\right)=\Delta n$，显然 $\Delta n\le m_1$，$k_2=\Delta n+k_1$

(3)有： $\begin{array}{c}N=p_1{n}_i+s_1={\displaystyle {\sum }_{i=1}^t\left(p_1{n}_1+k_1+p_1{n}_2+k_1+\Delta n+1\right)}\\ =t\Delta n+{\displaystyle {\sum }_{i=1}^t\left(p_1{n}_1+p_1{n}_2+p_1\right)}\end{array}$

$\exists !\left(t\Delta n-s_1\right)/p_1=n$，即 $s_1\left(t\Delta n/s_1-1\right)/p_1=n$，$\because s_1/p_1$ 不是整数， $\therefore \left(t\Delta n/s_1-1\right)/p_1$ 必须是整数，如果. $\Delta n/s_1$ 是整数，即 $k_1=s_1,k_2=2s_1$，$\therefore$ (2)有：

$N=2p_1{n}_j+2\times 2s_1{s}_1+2s_1+s_1={\displaystyle {\sum }_{i=1}^t\left(p_1{n}_1+p_1{n}_2+s_1+2s_1+1\right)}$

$2p_1{n}_j+s_1\left(4s_1+3\right)=t{s}_1+{\displaystyle {\sum }_{i=1}^t\left(p_1{n}_1+p_1{n}_2+p_1\right)}$

$\exists !t{s}_1=p_{1}n+s_1$ 使得 $\left(t{s}_1+{\displaystyle {\sum }_{i=1}^t\left(p_1{n}_1+p_1{n}_2+p_1\right)}\right)\equiv s_1\mathrm{mod}{p}_1$。

$\left(t{s}_1-s_1\right)/p_1=n$，即 $s_1\left(t-1\right)/p_1=n$，$\because s_1/p_1$ 不是整数 $\therefore \left(t-1\right)/p_1=n$，即 $t-1=p_{1}n$。 $\because Q=p_1{p}_2\cdots p_i\cdots p_m$，用Q中 $p_i$ 逐个代入 $\therefore t-1=p_1{p}_2\cdots p_i\cdots p_{m}n$，这使得 ${\displaystyle {\sum }_{i=1}^t\left(N_{i1}+N_{i2}+1\right)}>Q$。 $\therefore \Delta n\ne s_1$。

$\because \left(t\Delta n/s_1-1\right)/p_1=n$，$\therefore t\Delta n/s_1-1=p_{1}n$，$\because \Delta n/s_1$ 不是整数， $\therefore t/s_1$ 必须是整数， $\therefore t\Delta n$ 在能整除 $s_1,s_2,\cdots ,s_i,\cdots ,s_m$ 的同时， $\frac{t\Delta n}{s_1}-1$ 还必须整除 $p_i$。

$\therefore t>p_1{p}_2\cdots p_i\cdots p_m$，这样便造成 ${\displaystyle {\sum }_{i=1}^t\left(N_{i1}+N_{i2}+1\right)}>Q$，$\therefore$ 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！

文章引用

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

参考文献