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user: 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 ⋯ p i n i ⋯ p m m ， n i ≥ 1 ，p是奇完全数Q的素数因子， Q = 2 N + 1 ，把Q分为两个奇数的乘积， Q = P 1 n 1 p 2 n 2 ⋯ p i n i × p i + 1 n i + 1 ⋯ p m m = Q i 1 Q i 2 ，根据奇完全数的定义，有 Q = Q 11 Q 12 = Q 21 Q 22 = ⋯ = Q i 1 Q i 2 = ⋯ = Q t 1 Q t 2 = 1 + ∑ i = 1 t ( Q i 1 + Q i 2 ) ， ( i ≥ 1 ， t ≥ 1 ) 。 设， Q i 1 = 2 N i 1 + 1 ， Q i 2 = 2 N i 2 + 1 ，则有 Q = 2 N + 1 = ( 2 N i 1 + 1 ) ( 2 N i 2 + 1 ) 。 即： Q = 2 N + 1 = 4 N i 1 N i 2 + 2 N i 1 + 2 N i 2 + 1 = 1 + ∑ i = 1 t ( 2 N i 1 + 1 + 2 N i 2 + 1 ) 可得： N = 2 N i 1 N i 2 + N i 1 + N i 2 = ∑ i = 1 t ( N i 1 + N i 2 + 1 ) (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 i 1 + N i 2 为奇数，而 N i 1 + N i 2 + 1 为偶数，左右奇偶不合，故知 N i 1 + N i 2 必为偶数， N i 1 + N i 2 + 1 是奇数，所以t必须是偶数。证明完。 ∵ N ∈ h ，根据定义1， N = p n i + s ，( s = ( p − 1 ) / 2 ， n i ≥ 1 )。 在 Q = P 1 n 1 p 2 n 2 ⋯ p i n i ⋯ p m m 中，设 p 1 是Q中最小的素数，把 N i 1 及 N i 2 分别表为 N i 1 = p 1 n 1 + k 1 ， N i 2 = p 1 n 2 + k 2 ， ( n 1 ≥ 0 ， n 2 ≥ 0 ， 0 ≤ k 1 < p 1 ， 0 ≤ k 2 < p 1 ) N i 1 ， N i 2 可以依据组合 { p 1 n 1 + k 1 ， p 1 n 2 + k 2 } 的不同，形成不同表达式。 将各种组合代入(2)，有 2 ( p 1 n 1 + k 1 ) ( p 1 n 2 + k 2 ) + p 1 n 1 + k 1 + p 1 n 2 + k 2 = 2 p 1 2 n 1 n 2 + 2 p 1 n 1 k 2 + 2 p 1 n 2 k 1 + 2 k 1 k 2 + p 1 n 1 + k 1 + p 1 n 2 + k 2 N = p 1 n i + s 1 = p 1 ( 2 p 1 n 1 n 2 + 2 n 2 k 1 + 2 p 1 n 1 k 2 + n 1 + n 2 ) + 2 k 1 k 2 + k 1 + k 2 上式简化后得： N = p 1 n j + 2 k 1 k 2 + k 1 + k 2 = ∑ i = 1 t ( p 1 n 1 + k 1 + p 1 n 2 + k 2 + 1 ) (3) 要使(3)成立，必须满足 k 2 ( 2 k 1 + 1 ) + k 1 ≡ s 1 mod p 1 [ 2 ] 。 我们可以得到推论二，在 k 2 ( 2 k 1 + 1 ) + 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， ∵ Q = P 1 n 1 p 2 n 2 ⋯ p i n i ⋯ 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 i 1 = p 1 n 1 + s 1 ， ∴ p 1 n j + 2 k 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 i 1 = p 1 n 1 + k 1 和 N i 2 = p 1 n 2 + k 2 还原为Q， Q i 1 = 2 ( p 1 n 1 + s 1 ) + 1 = p 1 q 1 ， Q i 2 = 2 ( p 1 n 2 + k 2 ) + 1 = 2 p 1 n 2 + 2 k 2 + 1 ， ， ∵ Q i 2 是奇数， ∴ 2 p 1 n 2 / ( 2 k 2 + 1 ) 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 / ( 2 k 2 + 1 ) = 1 ， 2) k 2 = 0 有 2 k 2 + 1 = 1 ，3) n 2 = ( 2 k 2 + 1 ) n 有 n 2 / ( 2 k 2 + 1 ) = n ： 1) k 2 = s 1 ， ∵ k 1 = s 1 ∴ N = p 1 n i + s 1 = 2 p 1 n j + p 1 s 1 + s 1 = ∑ i = 1 t ( p 1 n 1 + p 1 n 2 + s 1 + s 1 + 1 ) N p 1 = 2 n j + s 1 + ( s 1 / p 1 ) = ∑ i = 1 t ( n 1 + n 2 + 1 ) ∵ s 1 / p 1 不是整数， ∴ 当 k 1 = s 1 时， k 2 ≠ s 1 。 因此我们可以得到推论三，在 Q = P 1 n 1 p 2 n 2 ⋯ p i n i ⋯ p m m 中，有 n = 1 ，即 Q = p 1 p 2 ⋯ p i ⋯ 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 = ∑ i = 1 t ( p 1 n 1 + p 1 n 2 + s 1 + 1 ) = t ( s 1 + 1 ) + ∑ i = 1 t ( p 1 n 1 + p 1 n 2 ) ∃ ! t ( s 1 + 1 ) ≡ s 1 mod p 1 ，即 t ( s 1 + 1 ) = p 1 n + s 1 ，使等式成立。 ∵ t是偶数，设 t = 2 n t 2 n t s 1 + 2 n t = 2 n t s 1 + n t + n t = p 1 n t + n t ， ∃ ! n t = p 1 n + s 1 ， n ≥ 0 ，满足等式， ∴ p 1 2 n + p 1 s 1 + p 1 n + s 1 = p 1 n ( p 1 + 1 ) + 2 s 1 s 1 + s 1 + s 1 N i 1 = p 1 n 1 + s 1 ， N i 2 = p 1 n 2 + s 1 ，这样的结果与 k 2 = s 1 相同， ∴ k 1 = s 1 ， k 2 ≠ 0 3) 在 2 p 1 n 2 / ( 2 k 2 + 1 ) 中， n 2 = ( 2 k 2 + 1 ) n ∵ p 1 / ( 2 k 2 + 1 ) 不是整数， ∴ n 2 / ( 2 k 2 + 1 ) 必须是整数。 ∵ p 1 是Q中最小的素数， ∴ ( 2 k 2 + 1 ) = p i ， p i > p 1 ， ∴ p 1 n 2 + k 2 可以表示为 p i n 2 + s i ， s i = k 2 ， s i = ( p i − 1 ) / 2 ， p i 是Q中的素数。 ∵ 0 ≤ k 2 < p 1 ， ( 2 k 2 + 1 ) > p 1 ， ∴ k 1 < k 2 ≤ 2 k 1 ， 设 k 1 = m 1 ， k 2 = m 2 ，有 k 2 − k 1 = ( m 2 − m 1 ) = Δ n ，显然 Δ n ≤ m 1 ， k 2 = Δ n + k 1 (3)有： N = p 1 n i + s 1 = ∑ i = 1 t ( p 1 n 1 + k 1 + p 1 n 2 + k 1 + Δ n + 1 ) = t Δ n + ∑ i = 1 t ( p 1 n 1 + p 1 n 2 + p 1 ) ∃ ! ( t Δ n − s 1 ) / p 1 = n ，即 s 1 ( t Δ n / s 1 − 1 ) / p 1 = n ， ∵ s 1 / p 1 不是整数， ∴ ( t Δ n / s 1 − 1 ) / p 1 必须是整数，如果. Δ n / s 1 是整数，即 k 1 = s 1 ， k 2 = 2 s 1 ， ∴ (2)有： N = 2 p 1 n j + 2 × 2 s 1 s 1 + 2 s 1 + s 1 = ∑ i = 1 t ( p 1 n 1 + p 1 n 2 + s 1 + 2 s 1 + 1 ) 2 p 1 n j + s 1 ( 4 s 1 + 3 ) = t s 1 + ∑ i = 1 t ( p 1 n 1 + p 1 n 2 + p 1 ) ∃ ! t s 1 = p 1 n + s 1 使得 ( t s 1 + ∑ i = 1 t ( p 1 n 1 + p 1 n 2 + p 1 ) ) ≡ s 1 mod p 1 。 ( t s 1 − s 1 ) / p 1 = n ，即 s 1 ( t − 1 ) / p 1 = n ， ∵ s 1 / p 1 不是整数 ∴ ( t − 1 ) / p 1 = n ，即 t − 1 = p 1 n 。 ∵ Q = p 1 p 2 ⋯ p i ⋯ p m ，用Q中 p i 逐个代入 ∴ t − 1 = p 1 p 2 ⋯ p i ⋯ p m n ，这使得 ∑ i = 1 t ( N i 1 + N i 2 + 1 ) > Q 。 ∴ Δ n ≠ s 1 。 ∵ ( t Δ n / s 1 − 1 ) / p 1 = n ， ∴ t Δ n / s 1 − 1 = p 1 n ， ∵ Δ n / s 1 不是整数， ∴ t / s 1 必须是整数， ∴ t Δ n 在能整除 s 1 ， s 2 ， ⋯ ， s i ， ⋯ ， s m 的同时， t Δ n s 1 − 1 还必须整除 p i 。 ∴ t > p 1 p 2 ⋯ p i ⋯ p m ，这样便造成 ∑ i = 1 t ( N i 1 + N i 2 + 1 ) > Q ， ∴ 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！