\( p_n \)で\( n \)番目の素数を表す。また、\( \log \)は全て自然対数である。
==予想: 素数の2倍が素微分友愛数となることはない2個の素数の積で表される素微分友愛数について==
pを素数とし、2pが素微分友愛数であるとする\( p, q \)を素数とし、\( p < q \)とする。\( pq \)が素微分友愛数であるとする
(2p)'=p+2である==主張: 2個の素数は「離れて」いる===
\( (pq)'' = (p+2が約数がすごく多くて微分すると2pに戻ってくるq)' < \frac{\log_2{(p+q)}}{2}(p+q) < \frac{\log_2{2q}}{2} \cdot 2q = q(1 + \log_2{q}) \)
pを6で割った余りで場合分けするなので
===\( p=6a< 1 +1のとき===\log_2{q} \)
p+2=6a+3=3(2a+1)なのでこれは3の倍数になるすなわち
<nowiki\( q >2a+1=bとおくと2p=(2p)''=(2a+2^{p-1} \)+3b'となる</nowiki>
これが偶数ということはb'は奇数である
b'=2c+1とすると==予想: 2つの素数がどちらも2でも3でもないとする。このとき、両方を6で割った余りは等しい===
a+3c\( p = 6n +21, q =pである6m - 1 \)とすると
\( (pq)'' = (p+q)' =6a(6(n+1と仮定したのでa%3m))' =25(n+m)+6(n+m)' \)
a=3d+2とするそのため\(このときp=18dn +13であるm \)は2の倍数でも3の倍数でもない
3d+3c+4=pである このとき明らかにc+dは奇数 ===p=6a-1のとき=== p+2=6a+1は奇数 ==予想: 素数の5倍が素微分友愛数となることはない== pを素数とし、5pが素微分友愛数であるとする (5p)'=p+5である p+5が約数がすごく多くて微分すると5pに戻ってくる かなりえぐい pを5で割った余りで場合分けする ===p=6a+1のとき=== p+5=6a+6=2・3(a+1) (p+2)'=3(a+1)+2(a+1)+6(a+1)'=5(a+1)+6(a+1)'=5a+5+6(a+1)' すなわち6(a+1)'=a+1である a+1は6の倍数なのでa=6b-1とする このとき(a+1)'=(6b)'=5b+6b'であるから 6(a+1)'=30b+36b'>6b=a よって矛盾が生じた ===p=6a-1のとき=== p%4=1なのでp=12b+5と書ける p+5=2(6b+5)は偶数 <nowiki>6b+5=cとおくと(5p)''=(6b+5)+2c'となる</nowiki>WIP
==定理: 素数階乗は素微分友愛数にならない==
以上より示された。
==定理: 「飛び」ごとに素微分友愛数は高々有限個しか存在しない\( a > 1 \)を定数とする。\( N = p_n\# \cdot M \)、ただし\( M \)の最大素因数は\( p_{an} \)以下、と表されるような\( N \)のうち、素微分友愛数は\( a \)ごとに有限個しかない== 直前の定理を同じように証明する。
===補題===
$$ \log(\log(x+y)) < \log(\log(x) + \frac{y}{x}) < \log(\log(x)) + \frac{y}{x\log{x}} $$
===定義=補題3==== \( n \geq 3 \)とする \( \begin{align*}& \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{p_k} \\=& \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \sum_{k=3}^{n} \frac{1}{p_k} \\<& \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \sum_{k=3}^{n} \frac{1}{k\log{k}} \\<& \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \sum_{k=3}^{n} \int_{k-1}^k \frac{1}{x\log{x}} dx \\=& \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \sum_{k=3}^{n} (\log{\log{k}} - \log{\log{(k-1)}}) \\=& \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \log{\log{n}} - \log{\log{2}} \\<& \log{\log{n}} + 1.2\end{align*} \) ===証明=== \( n \geq 2a, n \geq 3 \)としてよい \( p_n\# < (2n \log{n})^n, N < (2an \log{an})^{an} \)であるから \( \begin{align*}& N' \\<& \frac{1}{2} \cdot (2an \log{an})^{an} \cdot (an) \\=& \frac{1}{2} \cdot 2^{an} \cdot (an)^{an} \cdot (\log{a}+\log{n})^{an} \cdot an \\<& n^{(an-1)\log_n{2} + an(1+\log_n{a}) + an(\log_n(\log{a}+\log{n})) + (1 + \log_n{a})} \\<& n^{-\log_n{2} + an(\log_n{2} + 1 + \log_n{a} + \log_n(2\log{n})) + 2} \\=& n^{-\log_n{2} + an(\log_n{2a} + 1 + \log_n(2\log{n})) + 2} \\<& n^{-1 + 3an + 2} \\=& n^{3an+1} \\\end{align*} \) であるから\( N' \)の素因数の個数は\( 3an+1 \)個以下である。また、\( N' \)の素因数は全て\( p_{n+1} \)以上であるから、\( N' \)の素因数の逆数の総和を\( T \)とすると、 $$ T < \frac{3an+1}{n\log{n}} = \frac{3a + \frac{1}{n}}{\log{n}} $$ である。また、\( N \)の素因数の逆数の総和を\( S \)とすると、 \( \begin{align*}& S \\<& \sum_{k=1}^{an} \frac{1}{p_k} \\<& \log{\log{an}} + 1.2\end{align*} \) よって
無平方数\( n S \)の最大の素因数をcdot T < \( p_m frac{3a + \)とし、frac{1}{n}}{\( log{n \)の素因数の個数を\}}( k \)とするとき、\( n log{\log{an}} + 1.2)の「飛び」を\( m - k \)と定義する。
直感的には、最大の素因数までで「飛ばされた」素因数の個数である。であり、これは\( \displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \)で\( 0 \)に収束する。
たとえば、素数階乗の飛びは0であり、2×5×13の飛びは3である。よって、十分大きい\( n \)に対して\( S \cdot T < 1 \)となるから、題意が示された。
===証明数値計算===
飛びをたとえば\( a = 2 \)とし、これを固定する。また、のとき\( N S \cdot T < 1 \)を飛びがとなる\( a n \)であるような無平方数とするは・・・
任意の正の数\( \varepsilon \)に対し、\( n > m \)ならば\( 2(n+a)\log{(n+a)} < n^{1+\varepsilon} \)となるような\( m \)が存在するので6000億だそうです。わんわんわんだほーーーい！！！
このような最小の自然数\( m \)を\( L_1 \)と書くことにする
補遺: どうやらこの\( L_1 n \)は\( \varepsilon \)と\( a \)に依存することに注意せよに対して指数より速く増加するらしい。もうまぢ無理。。。
以下、===\( an \)を\( n \geq L_1 +a \)とするに変えて再計算する===
\( N n > 10a, n + a < n^{1.1}, n \)に含まれる素因数が\( n geq 11 \)個であるとするとする
このとき、このとき\( N \)の最大の素因数は\( p_{n+a} < 1.1n \)であるからである
$$ \( \begin{align*}& N' \\< & \frac{1}{2} \cdot (2(n+a) \log{(n+a)})^{(n +a)} \cdot (n < +a) \\=& \frac{1}{2} \cdot 2^{(n+a)} \cdot (n+a)^{n+a} \cdot (\log{(n+a)})^{n+a} \cdot (n+a) \\<& 1\cdot n^{(n+a)\log_n{2}} \varepsiloncdot n^{1.1(n+a)} \cdot {1.1}^{n+a} \cdot n^{1.1} \\< & n^{0.3(n+a)} \cdot n^{1.1(n+a)} \cdot n^{\log_n{1.1} \cdot (n+a)} \cdot n^{1.1} \\<& n^{0.3(n+a)} \cdot n^{1.1(n+a)} \varepsiloncdot n^{0.1(n+a)} \cdot n^{1.1} \\=& n^{1.5n+1.5a+1.1} \\\leq& n^{1.6n+1.1a} \\\leq& n^{1.8n} $$\end{align*} \)
であるから、\( N' n \)は$ p_が\( {n+a10} $以降の素因数を最大でも\( n(1+\varepsilon)+1 ^3 \)個しか持たないオーダーまで下がってくる
よって\( N' \)の素因数の逆数の総和を\( T \)とすると==定理: 1組の素微分友愛数の素因数の個数の合計がちょうど59個になることはない==
最初の59個の素数のうち、どちらにも含まれない素因数が存在するとし、それを\( 0 < T < \frac{n(1+\varepsilon)+1}{n\log{n}} \leq \frac{1+\varepsilon+\frac{1}{L_1}}{\log{n}} p_a \)とすると、両方の素因数の逆数の総和は次の和以下である:
が成り立つ\( \sum_{k=\{x \mid 1 \leq x \leq 59, x \neq a\}} \frac{1}{p_a} + \frac{1}{60} \)
またこれは\( N a \)の素因数の逆数の総和をに関して単調増加し、\( S a \leq 39 \)では\( 2 \)とするとより小さい
$$ よって\sum_{k=1}^{n+a} \frac{1}{p_n} < \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \log{\log{(n+a)}} - \logp_{\log{239}} < = 167 \log{\log{(n+a)}} + 1.2 $$以下の素数は必ず一方に現れる
であるから\( p_1 = 2 \)を持つ方を偶数の方、持たない方を奇数の方と呼ぶことにする
$$ 0 < S < 1.2 + \sum_{k=1}^{L_1}\frac{1}{p_k} この定義はwell- \log{\log{L_1}} + 2\log{\log{(n+a)}} < 1.2 + \sum_{k=1}^{L_1}\frac{1}{p_k} - \log{\log{L_1}} + 2\log{\log{n}} + \frac{2a}{L_1\log{L_1}}$$definedである
が成り立つまた定理6と同じ論法により素数の逆数の総和は0.96と1.04の間にあることが分かる(後で詳しく書く)
$$ f(x) = \left( \frac{1+\varepsilon+\frac{1}{L_1}}{\log{x}} \right) \left( 1==ケース1.2 + \sum_{k偶数の方が3と5を因子に持つとき===1}^{L_1}\frac{1}{p_k} - \log{\log{L_1}} + 2\log{\log{x}} + \frac{2a}{L_1\log{L_1}} \right) $$
とし、奇数の方の素因数は全て7以上である
$$ A = 1+\varepsilon+( \frac{1}{L_17}, B = 1\)以降の素数の逆数の総和で0.2 + 96を超えるためには少なくとも\sum_{k=1}^{L_1}( \frac{1}{p_k} - \log{\logp_{L_157}} + \frac{2a}{L_1\log{L_1}}$$)まで足す必要がある
とするとすなわち奇数の方には素因数が少なくとも54個存在する
$$ \frac{d}{dx}f(x) = - \frac{A(B-2+2\log{\log{x}})}{x(\log{x})^2} $$よって偶数の方には素因数は最大5個しかない
であるから、また\( L_2 = \mathrmfrac{ceil1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}(e^{e^5} + \frac{2-B1}{149}> 1.04 \) \であるから7と149の間の素数(32個)とするとは全て奇数の方に入る
\( x \geq L_2 \)であれば\( f(x) \)は単調減少である====ケース1-a. 偶数の方が3個の素因数を持つとき====
また、\( \lim_{n \rightarrow \infty} f(n) その3個は2,3,5であるが2×3×5= 0 \)なので、ある\( L_3 \)が存在して\( x \geq L_3 \Rightarrow f(x) < 1 \)が成り立つ。30は素微分友愛数ではない
よって、\( n \geq \max(L_2,L_3) \)のとき、\( N \)は素微分友愛数ではない。====ケース1-b. 偶数の方が4個の素因数を持つとき====
===数値計算のために===奇数の方は55個の素因数を持つため\( 2^{55} \)より大きい
よって偶数の方は\( a 2^{55} \)を固定し、\( \varepsilon \)を増やすと、\( L_1 \)と\( L_2 \)は増加し、\( L_3 \)は減少する。上記の定理から、\( x < \max(L_1, L_2, L_3) \)のときだけを調べればよい。よって、\( \max(L_1, L_2, L_3)) \)が最小となるように\( times 0.96 > 2^{54} > 2^{49} \varepsilon times 30 \)を取れば最適にできる。より大きい
<font size="6">これ以下書き直し。定理の主張には影響しない</font偶数の方を\( 30p \)とすると\( p >2^{49} \)である
====Pythonのコード====aの値は1個ずつにしないとPaizaがタイムアウトするので注意このとき\( \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{5} + \frac{1}{2^{49}} < 1.034 \)であるが
\( \sum_{k=1}^{55} \frac{1}{p_{k+3}} <pre># coding: utf-8# Your code here!0.966 \)なので
from scipy\( 1.special import lambertwimport numpy as np034 \times 0.966 = (1+0.034)(1-0.034) < 1 \)より条件を満たさない
def f1(x, a, e): return 2 * (x + a) * np====ケース1-c.log(float(x))偶数の方が5個の素因数を持つとき====
def f2奇数の方は54個の素因数を持つため\(x, a, e): return x ** (1 + e2^{54} \)より大きい
def f3偶数の方を\(x, a30pq (p, bq \in \mathbb{P}, e): return (a / np.log(float(x))) * (b + np.log(np.log(float(x + e))p < q)\)とする
def getls\(a, e): l1 = 0 if a pq > 0: l1bottom = 10 l1top = 20 # e\frac{2^eより大きい値をセットする while f1(l1top, a, e) {54}}{30} > f2(l1top, a, e): l1bottom *= 2 l1top *= 2 while l1top - l1bottom > 1: l1mid = (l1bottom + l1top^{49} \) // 2 if f1であるから\(l1mid, a, e) > f2(l1mid, a, e): l1bottom = l1mid else: l1top = l1mid if f1(l1bottom, a, e) p > f2(l1bottom, a, e): l1 = l1top else: l1 = l1bottom else: l1 = 2 capbbottom = 1 / 2 + 1 / 3 + (1 / 2 * (np.log(np^{24.log(float(l1))) - np.log(np.log(2.0)))) - np.log(np.log(float(l1))) capbtop = 1 / 2 + 1 / 3 + (np.log(np.log(float(l1))) - np.log(np.log(2.0))) - np.log(np.log(float(l1))) l2top = int(np.exp(np.exp(1 - capbbottom))5} \) + 1 capa = 1 + e + 1 / l1 capb = capbtopである
l3bottom = l2top l3top = l3bottom * 2 while f3このとき\(l3top, capa, capb, e) > \frac{1: l3top *= }{2 while l3top - l3bottom > } + \frac{1}{3} + \frac{1: l3mid = (l3bottom }{5} + l3top) // \frac{1}{2 if f3(l3mid, capa, capb, e) > ^{24.5}} < 1: l3bottom = l3mid else: l3top = l3mid if f3(l3bottom, capa, capb, e.034 \) > 1: l3 = l3top else: l3 = l3bottom return [l1, l2top, l3]なので
for a in range(1, 11): minl = 1000 mine = 0 minls = [] for e in np.linspace(0.1, 1.0000, 9001): ls = getls(a, e) l = max(ls[0], ls[1], ls[2]) if minl > l: minl = l mine = e minls = ls print(f"<tr><td>{a}</td><td>{mine}</td><td>{minls[0]}</td><td>{minls[1]}</td><td>{minls[2]}</td></tr>")</pre>やはり条件を満たさない
====結果=ケース2. 偶数の方が3を因子に持ち5を因子に持たないとき===<table border="1"><tr><th>\( a \)</th><th>\( \varepsilon \)</th><th>\( L_1 \)</th><th>\( L_2 \)</th><th>\( L_3 \)</th></tr><tr><td>1</td><td>0.5239</td><td>55</td><td>8</td><td>54</td></tr><tr><td>2</td><td>0.5283</td><td>55</td><td>8</td><td>55</td></tr><tr><td>3</td><td>0.5312</td><td>56</td><td>8</td><td>56</td></tr><tr><td>4</td><td>0.5338</td><td>57</td><td>8</td><td>57</td></tr><tr><td>5</td><td>0.5378</td><td>57</td><td>8</td><td>57</td></tr><tr><td>6</td><td>0.5401</td><td>58</td><td>8</td><td>58</td></tr><tr><td>7</td><td>0.5422</td><td>59</td><td>8</td><td>58</td></tr><tr><td>8</td><td>0.5459</td><td>59</td><td>8</td><td>59</td></tr><tr><td>9</td><td>0.5478</td><td>60</td><td>8</td><td>60</td></tr><tr><td>10</td><td>0.5495</td><td>61</td><td>8</td><td>60</td></tr></table>
・・・数値が非常にsusである。<s>susすぎてsus4になりそう</s>===ケース3. 偶数の方が5を因子に持ち3を因子に持たないとき===
Desmosで確かめたところあってそうである。なんでa=0のとき30まで下げられたんだろう==ケース4. 偶数の方が3と5を因子に持たないとき===