梅森素数与完全数

欧几里得完全数公式

如果$2^p-1$是素数，则$2^{p-1}(2^p-1)$是完全数。
验证设$q=2^p-1$，我们需要验证$2^{p-1}q$是完全数。$2^{p-1}q$的真因数是

$1,2,4,\cdots ,2^{p-1}$与 $q,2q,4q,\cdots ,2^{p-2}q$

使用前一章的几何级数公式将这些数相加。几何级数公式说明

$1+x+x^2+\cdots +x^{n-1}=\frac{x^n-1}{x-1}$

令x=2，n=p得

$1+2+4+\cdots +2^{p-1}=\frac{2^p-1}{2-1}=2^p-1=q$

可用x=2，n=p-1的公式计算

$q+2q+2^{2}q+\cdots +2^{p-2}q=q(1+2+2^2+\cdots +2^{p-2}=q(\frac{2^{p-1}-1}{2-1})=q(2^{p-1}-1)$

如果将$2^{p-1}q$的所有真因数相加，可得

$q+q(2^{p-1}-1)=2^{p-1}q$

这就证明了$2^{p-1}q$是完全数。
事实上，求得一个梅森素数就得到了一个完全数。

欧拉完全数定理

如果n是偶完全数，则n形如

$n=2^{p-1}(2^p-1)$

其中$2^p-1$是梅森素数。
我们将在本章末尾证明欧拉定理，但首先需要讨论证明所需的函数。这个函数用希腊字母$\sigma$表示，即

$\sigma (n)=n的所有因数之和（包括1与n）$

$\sigma$函数公式

（a）如果p是素数，$k\ge 1$,则

$\sigma (p^k)=1+p+p^2+\cdots +p^k=\frac{p^{k+1}-1}{p-1}$

（b）如果$gcd(m,n)=1$，则

$\sigma (mn)=\sigma (m)\sigma (n)$

正如$\varphi$函数一样，我们可使用$\sigma$函数公式容易地计算大数值n的$\sigma (n)$值。
证明（b）
注意，以下证明是个人通过个人所学写的，没有找到官方证明，仅供参考，欢迎指出错误。
通过算数基本定理我们可以将m写成

$m=p_1^{i_1}{p}_2^{i_2}\cdots p_r^{i_r}$

其中p都是素数。而m的因数都可以写成

$p_1^{b_1}{p}_2^{b_2}\cdots p_r^{b_r}$

其中$b_k\le i_k(1\le k\le r)$
同理

$n=q_1^{j_1}{q}_2^{j_2}\cdots q_s^{j_s}$

m的因数

$q_1^{c_1}{q}_2^{c_2}\cdots q_s^{c_s}$

其中$c_k\le j_k(1\le k\le s)$
同理

$mn=p_1^{i_1}{p}_2^{i_2}\cdots p_r^{i_r}{q}_1^{j_1}{q}_2^{j_2}\cdots q_s^{j_s}$

mn的因数

$p_1^{b_1}{p}_2^{b_2}\cdots p_r^{b_r}{q}_1^{c_1}{q}_2^{c_2}\cdots q_s^{c_s}$

其中$b_k\le i_k(1\le k\le r)，c_k\le j_k(1\le k\le s)$

m的因数集为M，n的因数集为N，mn的因数集为MN那么我们要证明（b），只需要证明

M N = { i ∗ j ∣ i ∈ N , j ∈ M } MN=\{i*j|i\in N,j\in M\} MN={i∗j∣i∈N,j∈M}

因为

$\sigma (mn)=\sigma (m)\sigma (n)$
$\sum MN=\sum M\ast \sum N$
∑ M N = ∑ { i ∗ j ∣ i ∈ N , j ∈ M } \sum{MN}=\sum\{i*j|i\in N,j\in M\} ∑MN=∑{i∗j∣i∈N,j∈M}

我们要证明二者相等我们需要证明两条
（1）涵盖
只需要注意到对于任意的$p_1^{b_1}{p}_2^{b_2}\cdots p_r^{b_r}$，对应于乘积式里每个素数对应次幂的项的乘积。前者每一个数都会在后者集合中出现。
（2）不重复
我们假设a,b是后者集合中的不同的项，且a=b，$a=p_1^{b_1}{p}_2^{b_2}\cdots p_r^{b_r}$，$b=p_1^{d_1}{p}_2^{d_2}\cdots p_r^{d_r}$，因为算数基本定理，一个数只有一种素因数分解，这与前面两种分解冲突了，所以后者没有重复项。

综上，得证。

欧拉完全数定理

如果n是偶完全数，则n形如

$n=2^{p-1}(2^p-1)$

其中$2^p-1$是梅森素数。
证明假设n是偶完全数。n是偶数说明可将它分解成

$n=2^{k}m,k\ge 1且m是奇数$

下面用$\sigma$函数公式计算$\sigma (n)$：
$\sigma (n)=\sigma (2^{k}m)$因为$n=2^{k}m,$
$=\sigma (2^k)\sigma (m)$使用$\sigma$的乘法公式与事实$gcd(2^k,m)=1,$
$=(2^{k+1}-1)\sigma (m)$使用$p=2$时$\sigma (p^k)$的公式。

但由假设n是完全数，这意味着$\sigma (n)=2n=2^{k+1}m$。所以得到$\sigma (n)$的两种不同表示，且他们必然相等：

$2^{k+1}m=(2^{k+1}-1)\sigma (m)$

显然$2^{k+1}-1$是奇数，且$(2^{k+1}-1)\sigma (m)$是$2^{k+1}$的倍数，所以$2^{k+1}$必整除$\sigma (m)$。换句话说，存在整数c使得$\sigma (m)=2^{k+1}c$。将其代入前面的等式得

$2^{k+1}m=(2^{k+1}-1)\sigma (m)=(2^{k+1}-1)2^{k+1}c$

从两边消去$2^{k+1}$得$m=(2^{k+1}-1)c$。
接下来我们通过假设$c>1$并推出错误结论来证明c=1，则$m=(2^{k+1}-1)c$被不同的数1，c，m整除，不论何种情况，可求得

$\sigma (m)\ge 1+c+m=1+c+(2^{k+1}-1)c=1+2^{k+1}c$

然而，我们还知道$\sigma (m)=2^{k+1}c$所以

$2^{k+1}c\ge 1+2^{k+1}c$

这显然是荒谬的。这个矛盾表明c必等于1，即

$m=(2^{k+1}-1)且\sigma (m)=2^{k+1}=m+1$

显然m的因数只有1和m，所以m是素数。
现在我们证明了如果n是偶完全数，则

$n=2^k(2^{k+1}-1),2^{k+1}-1是素数$

如果$2^{k+1}-1$是素数，则k+1本身必是素数，即$k+1=p$。所以每个偶完全数形如$n=2^{p-1}(2^p-1)$。其中$2^p-1$是梅森素数。这就完成了欧拉完全数定理的证明。

注意欧拉完全数定理给出了所有偶完全数的漂亮描述，但没有涉及有关奇完全数的任何东西。
奇完全数难题奇完全数是否存在没有人给出过证明。