（注意：这是从MO交叉发布的，因为它在那里不太受欢迎。将删除生产任务单岗在一些中。）
观察一个偶数完美数$M=（2^p-1）\cdot{2^{p-1}}$和一个奇数完美数$N=q^k N^2$具有类似的乘法形式。（事实上，据推测$k=1$这个预言可以追溯到笛卡尔($1638$).)
这是我的第一个问题：
初始问题
除了乘法形式外，偶完全数和奇完全数之间还有其他已知的关系吗？
我问是因为一个相关的查询在这里.
事实上，如果我们能证明这一点$$\左|2^r-t\右|=1$$对于美元$和$t（美元）$令人满意的$n^2-q^k=2^r t$和$\gcd（2，t）=1$然后我们就有了证据$n<q^k$，其中包括棕色的估计$q<n$($2016$)将产生一个反驳笛卡尔猜想$k=1$.
注意，对于偶数完美数，我们实际上有$$（2^p-1）-2^{p-1}=2^{p-1\ 1}-1=\bigg（2^{\dfrac{p-1{2}}+1\ bigg）\ bigg（2_{\dfrac{p-1neneneep{2}{-1\big）=ab$$因子分解在什么时候起作用$M\n每季度6$（注意$\gcd（a，b）=1$.)
我们计算得出$$\左|a-b\右|=2$$
讨论
在超链接的MO问题，我们考虑了奇数完美数的以下（总结）情况，现在我们检查偶数完美数：
案例1：
$$2^{\dfrac{p-1}{2}}<\min（a，b）=2^{\ dfrac{p-1}{2]}-1$$
请注意案例1显然不成立。
案例2：
$$最小值（a，b）=2^{\dfrac{p-1}{2}}-1$$
请注意案例2显然如此。
它遵循（模仿结果的不平等$q^k<n\cdot｛\left | 2^r-t\ right |｝$对于奇数完美数）$$2^p-1<{2^{\dfrac{p-1}{2}}\cdot{\left|a-b\right|}={2^}\dfrac{p-1{2}{}}\cdot{2}={2 ^{\ dfrac{p+1}{2{}}$$
最后一个不等式意味着$$p<-\dfrac{2\bigg（\log（2）-\log$$这与$p\geq 2美元$.
案例3：
$$\max（a，b）=2^｛\dfrac｛p-1｝｛2｝｝+1<2^｛\dfrac｛p-1｝｛2｝｝$$
请注意案例3显然不成立。
注意，对于偶数完美数，我们确实有
$$2^{\dfrac{p-1}{2}}<2^p-1$$其中“模仿“猜测$n<q^k$对于上面的奇数完全数。
这是我对这篇文章的最后一个问题：
最后一个问题
是否在讨论这一节从本质上否定了奇数完全数的存在？
编辑（于2022年7月25日-马尼拉时间下午7:15添加）
再三考虑，我认为上面的论点只有排除 $\左|a-b\右|=2$。自$ab=2^{p-1}-1$总是很奇怪，而且$ab\equiv 3\pmod 4美元$始终保持（对于$p>2$)然后我们可以写$$\左|a-b\右|=2^y z$$对一些人来说美元\geq 1$和z美元$令人满意的$\gcd（2，z）=1$（请注意$\left | a-b\right |=2^y z$是不是正方形.)
这将导致仔细考虑各种后果。
编辑（于2022年7月26日-马尼拉时间晚上10:25添加）
自$ab\equiv 3\pmod 4美元$保持，然后$$\开始{cases}{a\equiv 1\pmod 4\\b\equiv 3\下午4点}\结束{cases}$$或$$\开始{cases}{a\equiv 3\pmod 4\\b\equiv 1\pmod 4类}\结束{cases}$$无论哪种方式，我们都可以获得$$2^y z=\左|a-b\右|\等于2\pmod 4$$让我们知道$y=1$.
根据讨论我们最终得出$$z\geq 3>2=2^y$$
因此，我们知道$$\分钟（2^y，z）=2^y=2$$虽然$$\最大值（2^y，z）=z$$
