完全数

以古氏積木演示完全數6

完全数（perfect number），又稱完美數或完備數，是一些特殊的自然数：它所有的真因子（即除了自身以外的约数）的和，恰好等於它本身，完全数不可能是楔形數、平方數、佩爾數或費波那契數。

例如：第一个完全数是6，它有约数1、2、3、6，除去它本身6外，其余3个数相加，$1+2+3=6$，恰好等於本身。第二个完全数是28，它有约数1、2、4、7、14、28，除去它本身28外，其余5个数相加，$1+2+4+7+14=28$，也恰好等於本身。后面的数是496、8128。

十進位的5位數到7位數、9位數、11位數、13到18位數等位數都沒有完全數，它們不是虧數就是盈數。

完全數的發現

古希腊数学家欧几里得是通过$2^{n-1}\times (2^n-1)$ 的表达式发现前四个完全数的。

当$n=2:$$2^1\times \left(2^2-1\right)=6$

当$n=3:$$2^2\times \left(2^3-1\right)=28$

当$n=5:$$2^4\times \left(2^5-1\right)=496$

当$n=7:$$2^6\times \left(2^7-1\right)=8128$

一个偶数是完美数，当且仅当它具有如下形式：$2^{n-1}(2^n-1)$，其中$2^n-1$是素数，此事實的充分性由欧几里得证明，而必要性則由歐拉所證明。

比如，上面的$6$和$28$对应着$n=2$和$3$的情况。我们只要找到了一个形如$2^n-1$的素数（即梅森素数），也就知道了一个偶完美数。

尽管没有发现奇完全数，但是当代数学家奥斯丁·欧尔证明，若有奇完全数，则其形式必然是$12n+1$或$36n+9$的形式，其中$n$是整数。

首十個完全數是（ A000396）：

1. 6（1位）
2. 28（2位）
3. 496（3位）
4. 8128（4位）
5. 33550336（8位）
6. 8589869056（10位）
7. 137438691328（12位）
8. 2305843008139952128（19位）
9. 2658455991569831744654692615953842176（37位）
10. 191561942608236107294793378084303638130997321548169216（54位）

历史

古代数学家根据當時已知的四个完全数做了很多假设，大部分都是错误的。其中的一个假设是：因为 2、3、5、7 恰好是头 4 个素数，第 5 个完全数应该是第 5 个素数，即当 $n=11$ 的时候，可是 $2^{11}-1=23\times 89$ 并不是素数。因此 $n=11$ 不是完全数。另外两个错误假设是：

• 头四个完全数分别是 1、2、3、4 位数，第五个应该是 5 位数。
• 完全数应该是交替以 6 或 8 结尾。

事实上，第五个完全数 $33550336=2^{12}(2^{13}-1)$ 是 $8$ 位数。

对于第二个假设，第五个完全数确实是以 $6$ 结尾，但是1588年，意大利數學家彼得羅·卡塔爾迪計出第六个完全数 $8589869056$，仍是以 $6$ 结尾，只能說歐幾里得的公式給出的完全數以 $6$ 和 $8$ 结尾。卡塔爾迪證明了此結論。此外，還計出第七個完全數137,438,691,328。

对完全数的研究，至少已经有两千多年的历史。《几何原本》中就提出了寻求某种类型完全数的问题。

每一个梅森素数给出一个偶完全数；反之，每個偶完全數給出一個梅森素數，這結果稱為歐幾里得－歐拉定理。截至2024年10月 (2024-10)，共发现了52个完全数，且都是偶数。最大的已知完全數為$2^{136279840}\times (2^{136279841}-1)$共有$82048640$位數。

性质

以下是目前已發現的完全數共有的性質。

• 偶完全数都是以6或28结尾。
• 如果存在奇完全數，它在十二進制中必定以1, 09, 39, 69或99結尾。
• 而如果存在奇完全數，它在六進制中必定以01, 13, 21或41結尾。
• 除了6以外的偶完全数，把它的各位数字相加，直到变成個位数，那么这个個位数一定是1：

$28$ → $2+8=10$ → $1+0=1$
$496$ → $4+9+6=19$ → $1+9=10$ → $1+0=1$

• 所有的偶完全数都可以表达为2的一些连续正整数次幂之和，从$2^{p-1}$到$2^{2p-2}$：

$6=2^1+2^2$
$28=2^2+2^3+2^4$
$496=2^4+2^5+2^6+2^7+2^8$
$8128=2^6+2^7+\mathrm{...}+2^{12}$

• 每个偶完全数都可以写成连续自然数之和：

$6=1+2+3$
$28=1+2+3+4+5+6+7$
$496=1+2+3+\mathrm{...}+30+31$
$8128=1+2+3+\mathrm{...}+126+127$

• 除6以外的偶完全数，还可以表示成连续奇立方数之和（被加的项共有$\sqrt{2^{p-1}}$)：

$28=1^3+3^3$
$496=1^3+3^3+5^3+7^3$
$8128=1^3+3^3+5^3+\mathrm{...}+15^3$
$33550336=1^3+3^3+5^3+\mathrm{...}+127^3$

• 每个完全数的所有约数（包括本身）的倒数之和，都等于2：（這可以用通分證得。因此每個完全數都是歐爾調和數。）

$\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}=\frac{6+3+2+1}{6}=2$
$\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{7}+\frac{1}{14}+\frac{1}{28}=\frac{28+14+7+4+2+1}{28}=2$

• 它们的二进制表达式也很有趣：（因為偶完全數形式均如$2^{n-1}(2^n-1)$，所以左邊的１數量永遠比右邊的０多１個）

$(6{)}_{10}=(110{)}_2$
$(28{)}_{10}=(11100{)}_2$
$(496{)}_{10}=(111110000{)}_2$
$(8128{)}_{10}=(1111111000000{)}_2$
$(33550336{)}_{10}=(1111111111111000000000000{)}_2$
$(8589869056{)}_{10}=(111111111111111110000000000000000{)}_2$
$(137438691328{)}_{10}=(1111111111111111111000000000000000000{)}_2$

• 有趣的是，以繁體字書寫「完全數」剛好是28劃。

奇完全數

截至2024年6月30日，用计算机已经证实：在10²²⁰⁰以下，没有奇完全数；至今还证明了，如果奇完全数存在，则它至少包含11个不同素数（包含一個不少於7位數的質因子）但不包含3，亦不會是立方數。一般猜测奇完全数是不存在的；完全数是否有無限多個也至今未能證明。

美國數學家卡爾·帕梅朗斯提出了一個想法說明奇完全數不太可能存在。

奇完全数的部分条件

• N > 10²²⁰⁰
• N是以下形式：

$N=q^{\alpha }{p}_1^{2e_1}\dots p_k^{2e_k},$

其中：

• q，p₁，…，p_k是不同的素数（Euler）。
• q ≡ α ≡ 1 (mod 4)（Euler）。
• N的最小素因子必须小于$\frac{k-1}{2}.$。
• $e_1$≡$e_2$...≡$e_k$ ≡ 1（mod 3）的关系不能满足（McDaniel 1970）。
• 要么q^α > 10⁶²，要么对于某个j有$p_j^{2e_j}$ > 10⁶²。
• $N<2^{(4^{k+1}-2^{k+1})}$

• N必须可以写成12n+1，468n+117或324n+81（n为整数）的形式。
• N不能被105整除。
• N的最大素因子必须大于10⁸，并低于 $(3N{)}^{1/3}$。。
• N的第二大素因子必须大于10⁴，并低于$(2N{)}^{1/5}$。 。
• N的第三大素因子必须大于100。
• N至少要有101个素因子，其中至少10个是不同的。 如果3不是素因子之一，则至少要有12个不同的素因子。

• 如果对于所有的i，都有$e_i$ ≤ 2，那么：
  • N的最小素因子必须大于739（Cohen 1987）。
  • α ≡ 1（mod 12）或α ≡ 9 (mod 12)（McDaniel 1970）。

圖查德定理

這個定理說明若存在奇完全數，其形式必如$12m+1$或$36q+9$。最初的證明在1953年由雅克·圖查德首先證明，1951年巴爾塔薩·范德波爾用非線性偏微分方程得出證明。茱蒂·霍爾德納在《美國數學月刊》第109卷第7期刊證了一個初等的證明。

證明會使用這四個結果：（下面的n,k,j,m,q均為正整數）

• 歐拉證明了奇完全數的形式必如$4j+1$。
• $\sigma (n)$表示$n$的正因數之和。完全數的定義即為$2n=\sigma (n)$。
  $\sigma (n)$為積性函數
• 引理（甲）：若$n=6k-1$（$k$是正整數），則$n$非完全數。
• 引理（乙）：若$n=4k-1$（$k$是正整數），則$n$非完全數。

引理的證明（甲）：

使用反證法，設$n$為完全數，且$n\equiv -1(\mathrm{mod}6)$。

$n\equiv -1(\mathrm{mod}3)$。因為3的二次剩餘只有0,1，故$n$非平方數，因此其正因數個數為偶數。

$n$有正因數$d$，則可得：

$d\equiv 1(\mathrm{mod}3)$且$n/d\equiv -1(\mathrm{mod}3)$；或

$d\equiv -1(\mathrm{mod}3)$且$n/d\equiv 1(\mathrm{mod}3)$。

因此，$(n/d+d)\equiv 0(\mathrm{mod}3)$。故$\sigma (n)=\sum _{d<\sqrt{n}}d+n/d\equiv 0(\mathrm{mod}3)$。

但$2n\equiv 2(-1)\equiv 1(\mathrm{mod}3)$，矛盾。

故$n$的形式只可能為$6k+1$或$6k+3$。

引理的證明（乙）：

使用反證法，設$n$為完全數，且$n\equiv -1(\mathrm{mod}4)$。

$n\equiv -1(\mathrm{mod}4)$。因為4的二次剩餘只有0,1，故$n$非平方數，因此其正因數個數為偶數。

$n$有正因數$d$，則可得：

$d\equiv 1(\mathrm{mod}4)$且$n/d\equiv -1(\mathrm{mod}4)$；或

$d\equiv -1(\mathrm{mod}4)$且$n/d\equiv 1(\mathrm{mod}4)$。

因此，$(n/d+d)\equiv 0(\mathrm{mod}4)$。故$\sigma (n)=\sum _{d<\sqrt{n}}d+n/d\equiv 0(\mathrm{mod}4)$。

但$2n\equiv 2(-1)\equiv 2(\mathrm{mod}4)$，矛盾。

故$n$的形式只可能為$4k+1$。

若$n=6k+1$，根據歐拉的結果，$n=4j+1$，綜合兩者，得$n=12m+1$。

若$n=6k+3$，$n=4j+1$，得$n=12m+9=3(4m+3)$。若$m$非3的倍數，3和$4m+3$互質。

因為$\sigma (n)$為積性函數，可得$\sigma (n)=\sigma (3)\sigma (4m+3)=4\sigma (4m+3)\equiv 0(\mathrm{mod}4)$。

但$2n=2(4j+1)\equiv 2(\mathrm{mod}4)$，出現了矛盾。故知$m$是3的倍數。代入$m=3q$，可得$n=36q+9$。

參考

• Odd Perfect Numbers（页面存档备份，存于互联网档案馆）, Gagan Tara Nanda

參見

• 高合成數
• 婚約數
• 親和數
• 盈數
• 虧數
• 梅森素数
• 半完全數
• 佩服數
• 超完全數
• 梅森素数与完全数集合
• 笛卡爾數

外部链接

• Perfect number, 数学百科全书, EMS Press, 2001 （英语） 
• David Moews: Perfect, amicable and sociable numbers（页面存档备份，存于互联网档案馆）
• Perfect numbers – History and Theory（页面存档备份，存于互联网档案馆）
• 埃里克·韦斯坦因. Perfect Number. MathWorld. 
• Sloane, N.J.A. (编). Sequence A000396 (Perfect numbers). The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences. OEIS Foundation. 
• OddPerfect.org A projected distributed computing project to search for odd perfect numbers.
• Great Internet Mersenne Prime Search
• Perfect Numbers（页面存档备份，存于互联网档案馆）, math forum at Drexel.
• Grimes, James. 8128: Perfect Numbers. Numberphile. Brady Haran. [2015-01-10]. （原始内容存档于2013-05-31）.