Si $n'$ denota la aritmética derivada de entero no negativo,$n$, e $n''=(n')'$, luego de resolver la siguiente ecuación $$n''=n'.$$
Lo que he encontrado, se puede leer en un minuto! He tratado de explicar es muy detallada para todo el mundo, incluso con un poco de conocimientos elementales de la teoría de números (como yo) puede seguir los pasos.
$n=0$ $n=1$ son soluciones. Es sabido que un número natural $n>1$ con la factorización prima de $\prod_{i=1}^{k} p_i^{a_i}$ aritmética derivada es $$n'=n \sum_{i=1}^{k} \frac{a_i}{p_i}. \tag{1}$$
Deje $m=n'$, entonces la ecuación se convierte en $m'=m$. Deje que la factorización prima de $m$$\prod_{j=1}^{l} q_j^{b_j}$. A continuación, a partir de la ecuación de $(1)$ obtenemos $$\frac{b_1}{q_1}+ \frac{b_2}{q_2}+... + \frac{b_l}{q_l}=1. \tag{2}$$
Esta ecuación implica que $q_j \ge b_j$. Multiplicar ambos lados de la ecuación de $(2)$$q_1 q_2 ... q_{l-1}$. De ello se desprende que $q_1 q_2 ... q_{l-1}\frac{b_l}{q_l}$ es un número entero. Por lo tanto $q_l | b_l$. Por lo tanto $b_l \ge q_l$$b_l=q_l$. Posteriormente, $b_1=b_2=...=b_{l-1}=0$ $m=q^q$ para algunos el primer número $q$.
Así tenemos a $n'=m=q^q$ $n\sum_{i=1}^{k} \frac{a_i}{p_i}=q^q$ o $$\prod_{i=1}^{k} p_i^{a_i-1}\sum_{i=1}^{k} \left( p_1 p_2 ... p_k \frac{a_i}{p_i} \right)=q^q. \tag{3}$$ Notice that if $p_i \neq p$ is a prime divisor of $n$, then $a_i=1$. We claim that if $p$ is a prime divisor of $n$, then its the only one. If $q \mediados de n$ then $n$ is in the form $$n=p_1p_2...p_kq^a,$$
Donde $\gcd(q, p_i)=1$. Ahora es fácil ver a partir de la ecuación de $(3)$ que $a \le q$ y dividiendo ambos lados por $q^{a-1}$ da $$q\sum_{i=1}^{k} \left( \frac{p_1 p_2 ... p_k}{p_i} \right)+p_1 p_2 ... p_k a=q^{q-a+1}.$$Therefore, $p|a$, which leads to $\ge p$ and $q=a$. Thus $$\sum_{i=1}^{k} \left( \frac{p_1 p_2 ... p_k}{p_i} \right)+p_1 p_2 ... p_k=1,$$Which is a contradiction and $n=q^q$. Thus $n=q^q$ is a solution to the original equation, where $q$ es un número primo.
Si $q \nmid n$, entonces la ecuación de $(3)$ da
$$\sum_{i=1}^{k} \left( \frac{p_1 p_2 ... p_k}{p_i} \right)=q^q,$$Donde estoy atascado con.
Edit: Según @user49640 comentario, hay algunas soluciones de la forma $n=2p$ donde $p=q^q-2$ es un primo. Por ejemplo, para $q=7$$q=19$. Véase también @Thomas Andrews respuesta para una otra solución, no en la forma $n=p^p$.
Mira esta solución que he encontrado:
$$(2\times17431\times147288828839626635378984008187404125879)'=29^{29}$$
Respuestas
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Tenemos que
$$(3\cdot 29\cdot 25733)'=3\cdot 29 + 3\cdot 25733 + 29\cdot 25733=7^7$$
Así que usted va a obtener soluciones no triviales. Probablemente es un problema difícil de llegar con todas las soluciones.
Yo estaba buscando "3 prime" de las soluciones. Por lo tanto, si $n=abc$$n'=ab+ac+bc=(a+c)(b+c)-c^2$. Tratando de resolver con $q=5$ le da:
$$(a+c)(b+c)=5^5+c^2$$
Pero $5^5\equiv 1\pmod{4}$ e lo $5^5+c^2$ no puede ser divisible por $4$. por lo $a+c$ $b+c$ no pueden ser incluso, por lo que uno de $a,b,c$ debe $2$. Podemos suponer $c=2$. A continuación, queremos $(a+2)(b+2)=3129=3\cdot 7\cdot 149$. De ninguna manera a este factor como $mn$ $m-2$ $n-2$ prime. Así que no hay $3$-primer contra-ejemplo con $q=5$.
Así que he intentado $q=7$ y encuentra la solución anterior. Esto ayudó a que $7^7+9$ ha divisible por $256$, lo que me dio un montón de posibilidades para factorizations.
Hay dos prime soluciones si $q^q-2$ es una extraña prime.
En mi prueba a continuación voy a ignorar la única incluso la solución de $2^2$, como es una excepción. Con los números primos $a, b$ tenemos:
'$(ab) = a + b$
Si $a, b$ son ambos pares o impares, la suma es aún; no hay soluciones. Por lo tanto, exactamente uno de $a, b$ debe ser impar. Dado que e $'(ab\cdot n) =\ '(ab)\cdot n + ab\cdot '(n)$. Si $n$ ambos $ab$ $n$ son incluso, haciendo la suma, incluso. Que no puede ser una solución, por tanto, $n$ debe ser impar.
Así que cada solución con $2$ o más de los números primos debe ser de la forma $2\cdot n$ donde $n$ es impar.
Un número de la forma $2n$ ha aritmética derivado $(2n)' = 2'n + 2n' = n + 2n'$. Estamos buscando un número impar $n$ tal que
$$p^p = n + 2\ 'n = n + 2n\sum_{i=1}^{k} \frac{a_i}{p_i}$$
Si $n = q$ primer $q$, obtenemos:
$$p^p = q + 2\longrightarrow p^p-2 = q$$
Si $n = qr$ para los números primos $q, r$ obtenemos:
$$p^p = 3(q + r)\longrightarrow \text{no solutions due to p = 3}$$
Si $n = qrs$ para los números primos $q, r, s$ obtenemos:
$$p^p = qrs + 2(qr + qs + rs)$$
En este punto, ni siquiera sé si existen soluciones.
Para todos los $k\geq 2$, $\{p_k\}$ cualquier conjunto de $n+1$ distintos de los números primos, y $a_k$ cualquier conjunto de $k$ enteros positivos tales que no $a_k$ es un múltiplo de la correspondiente $p_k$, $$ \sum{\frac{a_k}{p_k} \neq 1} $$ La prueba es por inducción, a partir de una base en $n=1$: $1-\frac{a_1}{p_1}$ es una fracción con denominador $p_1$, decir $\frac{r_1}{p_1}$$0<r_1<p_1$. Así, por $\sum_1^2{\frac{a_k}{p_k} = 1}$ a celebrar, debe tener $$ \frac{a_2}{p_2}=\frac{r_1}{p_1}\\ a_2 p_1 = r_1 p_2 $$ Desde $p_2$ es coprime con $p_1$, para que esto se sostenga $r_1 = mp_1$. Pero $r_1 < p_1$, así que esto es una contradicción, y no puede ser tal combinación.
la prueba de la inducción paso es muy similar, basándose en los hechos que el producto de varios números primos ninguno de los cuales coincide $p_{n+1}$ no puede ser divisible por $p_{n+1}$ y la "deficiencia" de $\sum_1^n\frac{a_k}{p_k}$ debe tener un denominador de la forma del producto de la $p_k$.
Por lo tanto, las únicas soluciones a $$ n'=n $$ son de la forma $n=p^p$ donde $p$ es primo.
Así que para la ecuación, debemos lok para el número cuyo aritmetic derivados de la forma $p^p$. Vemos inmediatamente que, para un número w, si $w=p^t\prod p_k^{a_k}$ todos los $p_k$ distinta de la de $p$,entonces todas las $a_k = 1$ (de lo contrario, un primer distinta de $p$ va a la fluencia en $w'$).
Por tanto, el problema de encontrar una solución de forma distinta a la $p^p$ viene abajo a encontrar una colección de números primos $\{p_k\}, 1\leq k \leq s$, una clara prime $p$, y un entero exponente $t>0$ tal que $$ \sum_{k=1}^s\frac1{p_k}+\frac1t = p^{p-t} $$ Claramente $p^{p-t}< p^p$, de lo contrario volvemos a nuestra solución de $p^p$.
Vamos a ver cómo funciona esto, tratando de hacer esto por $p=3$. Si $t=2$, entonces queremos $$ \sum_{k=1}^s\frac1{p_k}+\frac12 = p^{3-2}=3 $$ Es fácil encontrar un conjunto de números primos wose recíprocos agregar a más de $\frac52$ pero luego el denominador de la suma de los recíprocos de un gran número de tener todos los números primos como factores. Con el fin de obtener la totalidad de la suma a ser la fracción simple $\frac52$, $t$ tendría que ser al menos la mitad tan grande como la que gran número, por lo que sería necesario más de $3$. Desde $t$ debe ser menor que $p$, esto no funciona.
Así que para que esto funcione, $t$ debe ser un gran número, obligando a $p$ a ser un gran prime, por lo que requiere de muchos términos en la suma de los recíprocos de los números primos, a la vez que requieren $t$ a ser un número mucho mayor. Este argumento puede ser formalizada, para mostrar que $$ n=p^p$$ es la única manera de tener $$ n"=n' $$
