\( p_n \)で\( n \)番目の素数を表す。また、\( \log \)は全て自然対数である。
目次
予想: 素数の2倍が素微分友愛数となることはない
pを素数とし、2pが素微分友愛数であるとする
(2p)'=p+2である
p+2が約数がすごく多くて微分すると2pに戻ってくる
pを6で割った余りで場合分けする
p=6a+1のとき
p+2=6a+3=3(2a+1)なのでこれは3の倍数になる
2a+1=bとおくと2p=(2p)''=(2a+1)+3b'となる
これが偶数ということはb'は奇数
b'=2c+1とすると
a+3c+2=pである
p=6a+1と仮定したのでa%3=2
a=3d+2とする(このときp=18d+13である)
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
6b+5=cとおくと(5p)''=(6b+5)+2c'となる
定理: 素数階乗は素微分友愛数にならない
素数定理
Rosser's Theoremによると、\( n \)番目の素数は\( n \log{n} \)より大きい。
また、\( n \geq 6 \)のとき、\( n \)番目の素数は\( n (\log{n} + \log{\log{n}}) \)より小さいことが知られている。
\( n (\log{n} + \log{\log{n}}) < 2n \log{n} \)であることは容易にわかる。また、数値計算と合わせて\( p_n < 2n \log{n} \)が\( n \geq 3 \)で成り立つことが分かる。
証明
10番目(29#)までの素数階乗は実験により素微分友愛数でないことが確かめられる
\( n \geq 11 \)とする
N=(n番目の素数階乗)について考えその大きさを評価する
\( N < (2n \log{n})^n \)である
\( \begin{align*} & N' \\ <& \frac{1}{2} \cdot (2n \log{n})^n \cdot n \\ =& 2^{n-1} \cdot (\log{n})^n \cdot n^{n+1} \\ =& n^{n+1 + (n-1)\log_n{2} + n\log_n{\log{n}}} \\ <& n^{n+1 + n\log_n{(2\log{n})}} \\ <& n^{n+1 + n\log_n{(2n^{0.37})}} (\because \log{n} \leq n^{\frac{1}{e}}) \\ <& n^{n+1 + 0.37n + n\log_n{2}} \\ <& n^{n+0.1n + 0.37n + 0.29n} \\ <& n^{1.76n} \end{align*} \)
\( N' \)の素因数は\( n \)より大きいので、素因数は最大でも\( 1.76n \)個しか持たない
よって\( N' \)の素因数の逆数の総和を\( T \)とすると
\( 0 < T < \frac{1.76n}{n\log{n}} = \frac{1.76}{\log{n}} \)
が成り立つ
また\( N \)の素因数の逆数の総和を\( S \)とすると
\( \begin{align*} & S \\ <& \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{p_n} \\ \leq & \sum_{k=1}^{10}\frac{1}{p_k} + \sum_{k=11}^n \frac{1}{n\log{n}} \\ <& \sum_{k=1}^{10}\frac{1}{p_k} + \int_{10}^n \frac{1}{x\log{x}} dx (\because \frac{1}{x\log{x}}は単調減少) \\ =& \sum_{k=1}^{10}\frac{1}{p_k} + \log{\log{n}} - \log{\log{10}} \\ <& \log{\log{n}} + 0.7 \\ \end{align*} \)
であるから
\( S \cdot T < \frac{1.76}{\log{n}}(\log{\log{n}} + 0.7) \)
である。
\( f(x) = \frac{1.76}{\log{x}}(\log{\log{x}} + 0.7) \)
とおくと、
\( \frac{d}{dx}f(x) = - \frac{1.76(\log{\log{x}}-0.3)}{x(\log{x})^2} \)
であるから、\( x > 4 > e^{e^{0.3}} \)で\( f(x) \)は単調減少である。
数値計算によると\( x \geq 30 \)で\( f(x) < 1 \)となるから矛盾。
よって\( 29 \)番目の素数階乗まで調べればよい。わんだほーい！！！
実験
コード
\( \left(p_n\#\right)' \)を計算するPython3のコード
# coding: utf-8
# Your code here!
import sympy
n = 10
primes = []
for i in range(n*n):
if sympy.isprime(i):
primes.append(i)
if len(primes) == n:
break
total = 0
for p1 in primes:
term = 1
for p2 in primes:
if p1 != p2:
term *= p2
total += term
print(total)
print(sympy.factorint(total))
判定法
\( 29 \)番目までの素数の逆数和が\( 2 \)に満たないこと、\( \frac{1}{7}+\frac{1}{11}+\cdots+\frac{1}{23} < 0.5 \)であることから、\( 5\# \)以降について、素因数が6個以下であれば素微分友愛数ではないことがわかる。
結果
- (2#)'=1=1
- (3#)'=5=5
- (5#)'=31=31
- (7#)'=247=13×19
- (11#)'=2927=2927
- (13#)'=40361=40361
- (17#)'=716167=19×37693
- (19#)'=14117683=37×381559
- (23#)'=334406399=43×163×47711
- (29#)'=9920878441=269×36880589
- (31#)'=314016924901=61×4253×1210397
- (37#)'=11819186711467=79×82913×1804421
- (41#)'=492007393304957=2683561×183341237
- (43#)'=21460568175640361=47×456607833524263
- (47#)'=1021729465586766997=1559×655374897746483
- (53#)'=54766551458687142251=1701437×32188409831623
- (59#)'=3263815694539731437539=1087×3002590335363138397
- (61#)'=201015517717077830328949=201015517717077830328949
- (67#)'=13585328068403621603022853=13585328068403621603022853
- (71#)'=972416614407737400870501653=653×24310877×61254579539162813
- (73#)'=71544353681891529224514036059=79×905624730150525686386253621
- (79#)'=5692733621468679832887230172131=5692733621468679832887230172131
- (83#)'=475714535349241099037539188841003=6991×17117×31727×125299823719985846887
- (89#)'=42605658161771733665696611824842057=128427649157×331748330218886478419701
- (97#)'=4156517583588203716343221884611037839=11887×349669183443106226663011851990497
- (101#)'=422113843906354093775418512493046577809=2549×165599781838506902226527466650861741
- (103#)'=43710588286712969019768170103664304877397=20831283974697087833×2098314647325937289309
- (107#)'=4701017770207212913287900722730772880277689=109×25013×45090757000504693×38239489461719284069
- (109#)'=514977313070181206962860776592994315598662571=155963971×3301899212800764139064276432106196601
以上より示された。
定理: \( a > 1 \)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
補題
補題1
\( x > 1, y \geq 1 \)のとき\( \log(x+y) < \log(x) + \frac{y}{x} \)
\( y \)の関数\( \log(x+y) \)は上に凸なので\( \log(x+y) < \log{x} + \frac{y}{x} \)が従う
補題2
\( x > 1, y \geq 1 \)のとき
$$ \log(\log(x+y)) < \log(\log(x) + \frac{y}{x}) < \log(\log(x)) + \frac{y}{x\log{x}} $$
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
\( S \cdot T < \frac{3a + \frac{1}{n}}{\log{n}}(\log{\log{an}} + 1.2) \)
であり、これは\( \displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \)で\( 0 \)に収束する。
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。
数値計算
たとえば\( a = 2 \)のとき\( S \cdot T < 1 \)となる\( n \)は・・・
6000億だそうです。わんわんわんだほーーーい！！！
補遺: どうやらこの\( n \)は\( a \)に対して指数より速く増加するらしい。もうまぢ無理。。。
\( an \)を\( n+a \)に変えて再計算する
\( n > 10a, n + a < n^{1.1}, n \geq 11 \)とする
このとき\( n + a < 1.1n \)である
\( \begin{align*} & N' \\ <& \frac{1}{2} \cdot (2(n+a) \log{(n+a)})^{(n+a)} \cdot (n+a) \\ =& \frac{1}{2} \cdot 2^{(n+a)} \cdot (n+a)^{n+a} \cdot (\log{(n+a)})^{n+a} \cdot (n+a) \\ <& 1 \cdot n^{(n+a)\log_n{2}} \cdot n^{1.1(n+a)} \cdot {1.1}^{n+a} \cdot n^{1.1} \\ <& n^{0.3(n+a)} \cdot n^{1.1(n+a)} \cdot n^{\log_n{1.1} \cdot (n+a)} \cdot n^{1.1} \\ <& n^{0.3(n+a)} \cdot n^{1.1(n+a)} \cdot n^{0.1(n+a)} \cdot n^{1.1} \\ =& n^{1.5n+1.5a+1.1} \\ \leq& n^{1.6n+1.1a} \\ \leq& n^{1.8n} \end{align*} \)
\( n \)が\( {10}^3 \)オーダーまで下がってくる