对于正整数$n$, 设$\sigma(n)$是$n$的所有约数之和. 当$n$满足

$ \sigma(n)=2n $

(1.1)

时, $n$称为完全数. 长期以来, 奇完全数的存在性及其相关问题一直是数论中引人关注的研究课题^[1].本文将运用初等的方法讨论奇完全数的两个性质.

早在十八世纪, Euler曾经证明: 如果$n$是完全数, 则$n$必可表成

$ n=p^\alpha q_1^{2\beta_1}\cdots q_k^{2\beta_k}, $

(1.2)

其中$p, q_1, \cdots, q_k$是不同的奇素数, $\alpha, \beta_1, \cdots, \beta_k$是正整数, 而且$p\equiv\alpha\equiv1\pmod4$. 此时, (1.2) 式 中的$p$称为奇完全数$n$的Euler因子. 本文将始终假定$n$是表成(1.2)式之形的奇完全数. 对此, Starni^[2]证明了: 当$q_i\equiv-1\pmod4 (i=1, \cdots, k)$时, $\frac{1}{2}\sigma(p^\alpha)$必为合数. 最近, 朱玉扬^[3]证明了: $n\not\equiv-1\pmod 3$, 从而推出: 当$q_i\equiv-1\pmod3 (i=1, \cdots, k)$时, $\frac{1}{2}\sigma(p^\alpha)$必为合数. 这里应该指出: 文献[3]的这一结果早已由Touchard[4]证明了. 同时, 文献[3]提出了以下猜想:

猜想1.1  当$q_i\equiv-1\pmod m (i=1, \cdots, k)$, 其中$m$是大于2的正整数时, $\frac{1}{2}\sigma(p^\alpha)$必为合数.

本文完整地解决了猜想1.1, 即证明了:

定理1.1  对于任意大于2的正整数$m$, 如果$q_i\equiv-1\pmod m (i=1, \cdots, k)$, 则$\frac{1}{2}\sigma(p^\alpha)$必为合数.

另外, Yamada^[5] 讨论了适合条件$\beta_1=\beta_2=\cdots=\beta_k=\beta$的奇完全数$n$, 其中$\beta$是正整数. 文献[5]中证明了适合此条件的奇完全数$n$都满足$n\leq2^{4^\gamma}$, 其中$\gamma=4\beta^2+2\beta+3$. 本文将证明当$\beta\in\{1, 2\}$时, 不存在此类奇完全数, 即

定理1.2  如果$\beta_1=\beta_2=\cdots=\beta_k=\beta$, 则必有$\beta\geq3$.

由于运用定理1.2的证明方法, 可以通过计算得知: 对于很多正整数$\beta$, 不存在适合条件$\beta_1=\beta_2=\cdots=\beta_k=\beta$的奇完全数, 因此本文提出以下猜想:

猜想1.2  不存在适合条件$\beta_1=\beta_2=\cdots=\beta_k=\beta$的奇完全数$n$.

为了完成定理的证明, 我们首先引入如下的一个引理.

引理2.1^[6]  如果$n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_r^{\alpha_r}$ 是$n$的标准分解式, 则

$ \sigma (n) = \mathop \prod \limits_{i = 1}^r \sigma (p_i^{{\alpha _i}}), $

其中

$ \sigma(p_i^{\alpha_i})=\frac{p_i^{\alpha_i+1}-1}{p_i-1}, i=1, \cdots, r. $

定理1.1的证明  根据引理2.1可知, 当$n$是表成(1.2)式的奇完全数时, 从(1.1)式可得

$ \frac{1}{2}\sigma ({p^\alpha })\mathop \prod \limits_{i = 1}^s \sigma (q_i^{2{\beta _i}}) = {p^\alpha }\mathop \prod \limits_{i = 1}^s q_i^{2{\beta _i}}. $

(2.1)

因为$p\equiv\alpha\equiv1\pmod4$, 所以

$ \frac{1}{2}\sigma(p^\alpha)=(\frac{p+1}{2})(\frac{p^{\alpha+1}-1}{p^2-1}), $

(2.2)

其中$(p+1)/2$和$(p^{\alpha+1}-1)/(p^2-1)$都是正奇数, 而且$(p+1)/2>1$. 如果$\frac{1}{2}\sigma(p^\alpha)$不是合数, 则从(2.2)式可知$(p+1)/2$是奇素数, 且$\alpha=1$. 由于$\gcd(p, (p+1)/2)=1$, 故从(2.1)和(2.2)式可知

$ \frac{1}{2}\sigma(p^\alpha)=\frac{p+1}{2}=q_j, 1\leq j\leq s. $

(2.3)

当$q_i\equiv-1\pmod m(i=1, 2, \cdots, s)$时, 从(2.3)式可知

$ p\equiv-3\pmod m. $

(2.4)

同时, 因为

$ q_i^{2\beta_i}\equiv1\pmod m, ~~\sigma(q_i^{2\beta_i})=1+q_i+\cdots+q_i^{2\beta_i} \equiv1\pmod m, i=1, 2, \cdots, s. $

(2.5)

所以从(2.1), (2.3)和(2.4)式可得

$ -1\equiv q_j\equiv\frac{1}{2}\sigma(p^\alpha)\mathop \prod \limits_{i = 1}^s\sigma(q_i^{2\beta_i})\equiv p^\alpha\mathop \prod \limits_{i = 1}^sq_i^{2\beta_i}\equiv p\pmod m. $

(2.6)

结合(2.4)和(2.6)式, 即得$2\equiv0\pmod m$. 然而, 由于$m>2$, 故不可能. 由此可知$\frac{1}{2}\sigma(p^\alpha)$必为合数.定理证毕.

为了完成定理的证明, 我们需要如下的六个引理.

引理3.1^[7]  设$l$是奇素数, $X$和$Y$是适合$X>Y$以及$\gcd(X, Y)=1$的正整数, 又设$q$是$(X^l-Y^l)/(X-Y)$的素因数. 此时, $q=l$或者$q\equiv1\pmod{2l};l\mid(X^l-Y^l)/(X-Y)$成立的充要条件是 $X\equiv Y\pmod l$, 而且此时$l\parallel(X^l-Y^l)/(X-Y)$.

引理3.2^[8]  方程

$ \frac{X^m-1}{X-1}=Y^2, \quad X, Y, m\in\mathbb{N}, \quad \min\{X, Y, m\}>1 $

仅有解$(X, Y, m)$=(3, 11, 5)和(7, 20, 4).

引理3.3^[9]  如果$n$是适合(1.2)式 的奇完全数, 则$k\geq8$.

引理3.4  当$\beta_1=\beta_2=\cdots=\beta_k=\beta$ 时, 如果$l=2\beta+1$是奇素数, 则

$ n=p^\alpha(lf_1\cdots f_rg_1\cdots g_s)^{l-1}, $

(3.1)

其中$f_i(i=1, \cdots, r)$是适合$f_i\equiv1\pmod l$的奇素数, $g_j(j=1, \cdots, s)$是适合$g_j\not\equiv0, 1\pmod l$的奇素数, 而且$1\leq r\leq l-1$.

证  当$\beta_1=\beta\cdots=\beta_k=\beta$且$l=2\beta+1$是奇素数时, 从(1.2)式可得

$ n=p^\alpha(q_1\cdots q_k)^{l-1}, $

(3.2)

根据引理2.1, 从(1.1)和(3.2)式可知

$ \sigma(n)=\frac{p^{\alpha+1}-1}{p-1}\mathop \prod \limits_{i = 1}^k\frac{q_i^l-1}{q_i-1}=2p^\alpha(q_1\cdots q_k)^{l-1}. $

(3.3)

因为$p\equiv\alpha\equiv1\pmod4$, 故有

$ 2\parallel\frac{p^{\alpha+1}-1}{p-1}, \quad \gcd(p^\alpha, \frac{p^{\alpha+1}-1}{p-1})=1. $

(3.4)

如果$q_i\not\equiv1\pmod l(i=1, \cdots, k)$, 则从引理3.1可知

$ \gcd ({q_1} \cdots {q_k},\mathop \prod \limits_{i = 1}^k \frac{{q_i^l - 1}}{{{q_i} - 1}}) = 1. $

(3.5)

因此, 从(3.3), (3.4)和(3.5)式可得

$ \frac{p^{\alpha+1}-1}{p-1}=2(q_1\cdots q_k)^{l-1} $

(3.6)

以及

$ \mathop \prod \limits_{i = 1}^k \frac{{q_i^l - 1}}{{{q_i} - 1}} = {p^\alpha }. $

(3.7)

当$\alpha=1$时, 因为$(q_i^l-1)/(q_i-1)>1(i=1, 2, \cdots, k)$, 又从引理3.3可知$k\geq8$, 所以(3.7)式不可能成立. 因此$\alpha>1$.

当$\alpha>1$时, 由于$(p^{\alpha+1}-1)/(p-1)=(p^{(\alpha+1)/2}+1)(p^{(\alpha+1)/2}-1)/(p-1), 2\parallel(p^{(\alpha+1)/2}+1)$且$\gcd(p^{(\alpha+1)/2}+1, (p^{(\alpha+1)/2}-1)/(p-1))=1$, 故从(3.6)式可得$p^{(\alpha+1)/2}+1=2u^{l-1}$和

$ \frac{p^{(\alpha+1)/2}-1}{p-1}=v^{l-1}, $

(3.8)

其中$u, v$是适合$uv=q_1\cdots q_k$的正整数. 因为$(\alpha+1)/2$ 是大于1的奇数, $l-1$是偶数, 所以根据引理3.2, 从(3.8)式可知$p=3$, 与$p\equiv1\pmod4$矛盾. 由此可知$q_1, \cdots, q_k$中必有某个素数$q$适合$q\equiv1\pmod l$. 由于从引理3.1可知此时$l\mid(q^l-1)/(q-1)$, 故从(3.3)式可得

$ l\in\{p, q_1, \cdots, q_k\}. $

(3.9)

如果$p=l$, 则$q_i\neq l(i=1, \cdots, k)$. 因为$l$是奇素数, 所以根据Euler定理可知$q_i^{l-1}\equiv1\pmod l(i=1, \cdots, k)$, 故有

$ (q_1\cdots q_k)^{l-1}\equiv1\pmod l. $

(3.10)

另外, 从引理3.1可知

$ \left\{\begin{aligned} \frac{q_j^l-1}{l(q_j-1)}\equiv1\pmod l, \quad &\text{当~$q_j\equiv1\pmod l$ 时};\\ \frac{q_j^l-1}{q_j-1}\equiv1\pmod l, \quad &\text{当~$q_j\not\equiv 1 \pmod l$ 时}, \end{aligned}\right.\quad 1\leq j\leq k. $

(3.11)

因此, 从(3.3), (3.10)和(3.11)式可得

$ 2 \equiv 2{({q_1} \cdots {q_k})^{l - 1}} \equiv (\frac{{{p^{\alpha + 1}} - 1}}{{p - 1}})(\frac{1}{{{p^\alpha }}}\mathop \prod \limits_{i = 1}^k \frac{{q_i^l - 1}}{{{q_i} - 1}})\\ \equiv(\frac{{{l^{\alpha + 1}} - 1}}{{l - 1}})(\frac{1}{{{l^\alpha }}}\mathop \prod \limits_{i = 1}^k \frac{{q_i^l - 1}}{{{q_i} - 1}}) \equiv 0或1 \quad \left( {\bmod l} \right) $

(3.12)

这是一个矛盾. 由此可知$p\neq l$, 故从(3.9)式可知$l\in\{q_1, \cdots, q_k\}$. 因此, 从(3.2)式可知, 此时$n$可表成(3.1)式之形.

根据引理2.1, 从(1.1)和(3.1)式可得

$ \sigma(n)=\big(\frac{p^{\alpha+1}-1}{p-1}\big)\big(\frac{l^l-1}{l-1}\big)\big(\mathop \prod \limits_{i = 1}^r\frac{f_i^l-1}{f_i-1}\big)\big(\mathop \prod \limits_{j = 1}^s\frac{g_j^l-1}{g_j-1}\big)\nonumber\\ =2p^\alpha(lf_1\cdots f_rg_1\cdots g_s)^{l-1}. $

(3.13)

因为$f_i\equiv1\pmod l(i=1, \cdots, r)$, 所以$l\mid (f_i^l-1)/(f_i-1)(i=1, \cdots, r)$. 于是从(3.13)式可知$r\leq l-1$. 引理证毕.

引理3.5^[10]  方程

$ X^2+X+1=Y^m, X, Y, m\in\mathbb{N}, \quad X>1, Y>1, m>2 $

(3.14)

没有适合$3\nmid m$的解$(X, Y, m)$.

引理3.6^[11]  方程(3.14)仅有解$(X, Y, m)=(18, 7, 3)$ 适合$3\mid m$.

定理1.2的证明  首先考虑$\beta=1$的情况. 因为此时$l=2\beta+1=3$ 是奇素数, 所以根据引理3.4, 从(3.1)和(3.13)式分别可得

$ n=p^\alpha(3f_1\cdots f_rg_1\cdots g_s)^2 $

(3.15)

和

$ \big(\frac{p^{\alpha+1}-1}{p-1}\big)(3^2+3+1)\big(\mathop \prod \limits_{i = 1}^r(f_i^2+f_i+1)\big)\big(\mathop \prod \limits_{j = 1}^s(g_j^2+g_j+1)\big)\nonumber\\ =2p^\alpha(3f_1\cdots f_rg_1\cdots g_s)^2, $

(3.16)

其中$r\leq2$. 由于$g_j\not\equiv0\text{或}1\pmod3$, 所以根据引理3.1, 从(3.16)式可得

$ (3^2+3+1)\big(\mathop \prod \limits_{i = 1}^r\frac{1}{3}(f_i^2+f_i+1)\big)\big(\mathop \prod \limits_{j = 1}^s(g_j^2+g_j+1)\big) \mid p^\alpha f_1^2\cdots f_r^2. $

(3.17)

然而, 因为$r\leq2, (f_i^2+f_i+1)/3>1(i=1, \cdots, r), g_j^2+g_j+1>1(j=1, \cdots, s)$, 而且, 从引理3.3可知$r+s=k-1\geq7$, 所以根据引理3.5和3.6可知(3.17)式不可能成立. 因此, 当$\beta=1$ 时, $n$不是完全数.

以下考虑$\beta=2$的情况. 此时,

$ n=p^\alpha(5f_1\cdots f_rg_1\cdots g_s)^4, $

(3.18)

$ \sigma(n)=\big(\frac{p^{\alpha+1}-1}{p-1}\big)\big(\frac{5^5-1}{5-1}\big)\big(\mathop \prod \limits_{i = 1}^r\frac{f_i^5-1}{f_i-1}\big)\big(\mathop \prod \limits_{j = 1}^s\frac{g_j^5-1}{g_j-1}\big)\nonumber\\ =2p^\alpha(5f_1\cdots f_rg_1\cdots g_s)^4, $

(3.19)

其中$r\leq4$, 因为$(5^5-1)/(5-1)=11\times71$, 而且素数11和71适合$11\equiv71\equiv3\pmod4$, 所以Euler 因子$p\neq11\text{或}71$, 故从(3.19)式可知

$ \{11, 71\}\subseteq\{f_1, \cdots, f_r\} $

(3.20)

又因$(11^5-1)/(11-1)=5\times3221, (71^5-1)/(71-1)=5\times11\times211\times2221$, 其中$2111\equiv3\pmod4$, 故从(3.19)式可知$211\in\{f_1, \cdots, f_r\}$, 而且素数2221和3221中至少有一个数属于$\{f_1, \cdots, f_r\}$. 再因

$ \gcd(11\times71\times2221\times3221, (211^5-1)/(211-1))=1, $

故从(3.20)式可得$r\geq5$这一矛盾. 由此可知: 当$\beta=2$时, $n$也不是完全数. 定理证毕.