奇完全数的Euler因数研究和无奇完全数的证明（黄振东）
奇完全数N=p^aQ^2k,p三1（mod4）,a三1（mod4）, p^a为Euler因数，对p,a除除4余1外，未作其他限定。我认为不够，现分述于下：
1完全数研究：
1.1完全数N=ab,σ(a)=b,σ(b)=2a, σ(N)=σ(a) σ(b)=2ab,
A为原生数，b为配合数，b为a的约数和，b的约数和为a的两倍。
2素数数幂研究：
2.1奇数平方数研究：
2.1.1p=(2k+1),p^2=(2k+1)^2=(2k)^2+2*2k+1=2k(2k+2)+1,奇数平方数为两连续偶数乘积加1，
2.1.2, p^2=(2k+1)^2=(2k)^2+2*2k+1=2k(2k+2)+1,=2k*2(k+1)+1,=
=8k+1(如k为偶数，2k*2=8m,如k为奇数，（k+1)为偶数）注意：k=n*(n+1)/2,即自然数n项之和，k=1,3,6,10,,,
2.2奇数奇次幂研究：p^3=p*p^2=p*(8k+1)=8kp+p,
3,奇平方数约数和研究：σ(p^2)=p^2+p+1
3.1奇平方数约数和不为平方数的倍数，σ(p^2)=p^2+p+1
=8k+1+p+1=8k+(p+2),8k=p^2-1=(p+1)(p-1).(p+2)卜（p+1）(p-1),
3.2同理可证，奇平方数约数和不为平方数的奇次数幂。
3.3奇素数平方数约数和不为另外两奇素数平方数约数和的乘积（p^2+p+1为不可约多项式.
3.4奇素数平方数约数和奇素数平方数，比较：如约数和为合数，两数素因数个数可以相等，但种类增加，如为素数，则个数少，种类不增加。3.5奇素数平方数约数和不为奇素数整除
3.5奇素数平方数约数和加1不为平方数，σ(a)+1=8k+1+1=8k+2
3.6奇素数平方数约数和加1不为2倍平方数σ(a)+1=8k+1+1=
2*（4k+1）(k为奇数).
3.7奇平方数约数和加1不为2倍奇数平方数约数和，σ(p^2)=p^2+p+1=p(p+1)+1,(两连续数的积加1)
σ(p^2)+1=p^2+p+1+1=2*[p(p+1)/2+1].(两连续数的积的一半加1，不为奇数平方数约数和，)
4，Euler因数，只能为素数，不能为数幂，只能为奇素数平方数的约数和。只能为4k+1,
5.现在可以来证明无奇完全数了。
5.1定理：无奇完全数
5.2证明：
5.2.1设;N=q*p1^2p2^2p3^2c,,
σ(N)=(q+1)(p1^2+p1+1) (p2^2+p2+1) )(p3^2+p3+1),,,
q+1=2a,a不为平方数，也不为奇数平方数约数和，下一个素数平方数的约数和应为合数。且有q的因数，设：σ(p1^2)= (p1^2+p1+1)=ab, (q+1)(p1^2+p1+1)=2a^2b,下一个奇素数平方数的约数和必有b的因数，σ(p2^2)= (p2^2+p1+1)=bc, (q+1)(p1^2+p1+1) (p2^2+p2+1) =2a^2b^2c,,,永远不可能为2 q*p1^2p2^2p3^2c,无奇完全数.
5.2.2再从另一面来证：设：σ(p1^2)= (p1^2+p1+1)=q,
N=q*P1^2, σ(N)=(q+1) (p1^2+p1+1),如N为完全数，
2 q*P1^2,= (q+1) (p1^2+p1+1)，设（q+1)=2a,左右对消。
P^2=a,显然不等，只有左端增加素数平方因数，p2^2,而
σ(p2^2)= (p2^2+p2+1),如σ(p2^2)= (p2^2+p2+1)=p1^2/c,
两端相等，但不可能。增加的素因数，可以从两方面考想，一是a^2,抵消a,一是约数和有p1因数的，增加a^2,左端有
P1^2*a,右端有σ(a2^2),仍不等，增加素因数，无济于事。
无奇完全数，证毕1,收起全文
奇完全数N=p^aQ^2k,p三1（mod4）,a三1（mod4）, p^a为Euler因数，对p,a除除4余1外，未作其他限定。我认为不够，现分述于下：
1完全数研究：
1.1完全数N=ab,σ(a)=b,σ(b)=2a, σ(N)=σ(a) σ(b)=2ab,
A为原生数，b为配合数，b为a的约数和，b的约数和为a的两倍。
2素数数幂研究：
2.1奇数平方数研究：
2.1.1p=(2k+1),p^2=(2k+1)^2=(2k)^2+2*2k+1=2k(2k+2)+1,奇数平方数为两连续偶数乘积加1，
2.1.2, p^2=(2k+1)^2=(2k)^2+2*2k+1=2k(2k+2)+1,=2k*2(k+1)+1,=
=8k+1(如k为偶数，2k*2=8m,如k为奇数，（k+1)为偶数）注意：k=n*(n+1)/2,即自然数n项之和，k=1,3,6,10,,,
2.2奇数奇次幂研究：p^3=p*p^2=p*(8k+1)=8kp+p,
3,奇平方数约数和研究：σ(p^2)=p^2+p+1
3.1奇平方数约数和不为平方数的倍数，σ(p^2)=p^2+p+1
=8k+1+p+1=8k+(p+2),8k=p^2-1=(p+1)(p-1).(p+2)卜（p+1）(p-1),
3.2同理可证，奇平方数约数和不为平方数的奇次数幂。
3.3奇素数平方数约数和不为另外两奇素数平方数约数和的乘积（p^2+p+1为不可约多项式.
3.4奇素数平方数约数和奇素数平方数，比较：如约数和为合数，两数素因数个数可以相等，但种类增加，如为素数，则个数少，种类不增加。3.5奇素数平方数约数和不为奇素数整除
3.5奇素数平方数约数和加1不为平方数，σ(a)+1=8k+1+1=8k+2
3.6奇素数平方数约数和加1不为2倍平方数σ(a)+1=8k+1+1=
2*（4k+1）(k为奇数).
3.7奇平方数约数和加1不为2倍奇数平方数约数和，σ(p^2)=p^2+p+1=p(p+1)+1,(两连续数的积加1)
σ(p^2)+1=p^2+p+1+1=2*[p(p+1)/2+1].(两连续数的积的一半加1，不为奇数平方数约数和，)
4，Euler因数，只能为素数，不能为数幂，只能为奇素数平方数的约数和。只能为4k+1,
5.现在可以来证明无奇完全数了。
5.1定理：无奇完全数
5.2证明：
5.2.1设;N=q*p1^2p2^2p3^2c,,
σ(N)=(q+1)(p1^2+p1+1) (p2^2+p2+1) )(p3^2+p3+1),,,
q+1=2a,a不为平方数，也不为奇数平方数约数和，下一个素数平方数的约数和应为合数。且有q的因数，设：σ(p1^2)= (p1^2+p1+1)=ab, (q+1)(p1^2+p1+1)=2a^2b,下一个奇素数平方数的约数和必有b的因数，σ(p2^2)= (p2^2+p1+1)=bc, (q+1)(p1^2+p1+1) (p2^2+p2+1) =2a^2b^2c,,,永远不可能为2 q*p1^2p2^2p3^2c,无奇完全数.
5.2.2再从另一面来证：设：σ(p1^2)= (p1^2+p1+1)=q,
N=q*P1^2, σ(N)=(q+1) (p1^2+p1+1),如N为完全数，
2 q*P1^2,= (q+1) (p1^2+p1+1)，设（q+1)=2a,左右对消。
P^2=a,显然不等，只有左端增加素数平方因数，p2^2,而
σ(p2^2)= (p2^2+p2+1),如σ(p2^2)= (p2^2+p2+1)=p1^2/c,
两端相等，但不可能。增加的素因数，可以从两方面考想，一是a^2,抵消a,一是约数和有p1因数的，增加a^2,左端有
P1^2*a,右端有σ(a2^2),仍不等，增加素因数，无济于事。
无奇完全数，证毕1,收起全文
