Intervalos cortos con todos los números que tengan el mismo número de factores primos

Question

Cómo probar que para algunos $k, n_0$, para todos los $n \ge n_0$ es nunca el caso de que todos los números enteros en $\{n, n+1, \dots, n + \lfloor (\log{n})^k \rfloor\}$ tienen exactamente el mismo número de factores primos contadas con multiplicidad?

Puedo demostrar que para cualquier $\epsilon \gt 0$ existe $n_0$ tal que para $n \ge n_0$ no todos los números enteros en $\{ n, \dots, n + \lfloor n^\epsilon \rfloor \}$ tienen el mismo número de factores primos: suponiendo que todos ellos tienen $x$ factores primos, debemos tener $x \gt \log_2{n^\epsilon} = \epsilon \cdot \log_2{n}$ debido a que el número en el intervalo divisible por el mayor poder de $2$ tiene, al menos, que la de muchos factores. Por lo que el menor factor primo de cualquier número en el rango es en la mayoría de las $n^\frac{1}{x} \le n^{\frac{1}{\epsilon \cdot \log_2{n}}} = 2^{\frac{1}{\epsilon}}$ que es constante, y por lo suficientemente grande $n$ tenemos una contradicción. Creo que el mismo argumento podría funcionar incluso para los más pequeños intervalos, como $\{n, n+1, \dots, \lfloor n+n^\frac{1}{\log{\log{n}}} \rfloor\}$.

El problema más difícil con $(\log{n})^k$-tamaño de los intervalos de denota la Cramér de la conjetura (ya que con $k \gt 2$ siempre hay un primer y un non-prime), pero no viceversa, y parece que podría ser manejable, dado que puedo resolver el $n^\epsilon$-tamaño de la caja. Cómo demostrarlo?

Answer 1

El problema es difícil y hay sólo resultados parciales. Por ejemplo Heath-Brown mostró que $$\Omega\left(n\right)=\Omega\left(n+1\right)$$ for infinite $n$ (Heath-Brown, A parity problem for sieve theory, Mathematika, 29, p. 1-6, 1982), where $\Omega(*)$ is the function that count the prime divisors with multiplicity. But is quite easy show that your sequence is rare (if exists). In fact, assume $$x=\Omega(n).$$ Using the the fact that $\Omega(*)$ is a completely additive arithmetic function, i. e. $$\Omega(ab)=\Omega(a)+\Omega(b),\,a,b\geq1,$$ we have $$\underset{k=n}{\overset{n+\left\lfloor \log\left(n\right)^{k}\right\rfloor }{\sum}}\Omega\left(k\right)=\Omega\left(n\left(n+1\right)\cdots\left(n+\left\lfloor \log\left(n\right)^{k}\right\rfloor \right)\right)$$and from hypothesis $$\underset{k=n}{\overset{n+\left\lfloor \log\left(n\right)^{k}\right\rfloor }{\sum}}\Omega\left(k\right)=x\left(\left\lfloor \log\left(n\right)^{k}\right\rfloor +1\right)$$so$$\Omega\left(n\right)=x=\frac{\Omega\left(n\left(n+1\right)\cdots\left(n+\left\lfloor \log\left(n\right)^{k}\right\rfloor \right)\right)}{\left(\left\lfloor \log\left(n\right)^{k}\right\rfloor +1\right)}.$$Now, on LHS we have $$\Omega\left(n\right)\sim\log\left(\log\left(n\right)\right)$$as $n\rightarrow \infty$ and on RHS $$\frac{\Omega\left(n\left(n+1\right)\cdots\left(n+\left\lfloor \log\left(n\right)^{k}\right\rfloor \right)\right)}{\left(\left\lfloor \log\left(n\right)^{k}\right\rfloor +1\right)}\sim\frac{\log\left(\sum_{k=n}^{n+\left\lfloor \log\left(n\right)^{k}\right\rfloor }\log\left(k\right)\right)}{\left\lfloor \log\left(n\right)^{k}\right\rfloor +1}\sim\frac{\log\left(n\log\left(n+\left\lfloor \log\left(n\right)^{k}\right\rfloor \right)\right)}{\log\left(n\right)^{k}}=\frac{\log\left(n\right)+\log\left(\log\left(n+\left\lfloor \log\left(n\right)^{k}\right\rfloor \right)\right)}{\log\left(n\right)^{k}}$$which tend to $0$ if $k>1$ and $n \rightarrow \infty$.