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让$N=q^k N^2$是具有特殊素数的奇完全数q美元$令人满意的$q\equiv k\equiv1\pmod 4美元$和$\gcd（q，n）=1$.
让$$n=\prod_{i=1}^{\nomega（n）}{{p_i}^{\alpha_i}}$$成为标准素因式分解属于n美元$。（也就是说，所有$\字母_i$的是肯定的，并且$p_1<p_2<ldots<p_{omega（n）}$是质数。）
假设相反$$\压裂{q+1}{2}=p_1$$
user243301得到以下等式：$$\sigma（q^k）+\frac{q}{q-1}\sum{j=0}^{k-1}\binom{k}{j} q个^j=压裂{q（2^k{p_1}^k）-1}{q-1}$$哪里西格玛（x）=西格玛_1（x）$是经典除数和正整数的x美元$.
然而，我们知道我们有上限$$\frac{\sigma（q^k）}{q^k}<\frac{q}{q-1}$$自从q美元$是质数。这意味着$$\压裂{q（2^k{p_1}^k）-1}{q-1}=\西格玛（q^k）+\压裂{q}{q_1}\sum_{j=0}^{k-1}\binom{k}{j} q个^j>\sigma（q^k）\左（1+\sum{j=0}^{k-1}\binom{k}{j} q个^{j-k}\右）$$
$$>\sigma（q^k）\cdot\left（\sum_｛j=0｝^{k} q个^{j-k}\right）=\西格玛（q^k）\cdot{\frac{\西格马（q^k）}{q^k}}$$
这意味着$$\frac{q（2^k{p_1}^k）-1}{q^k（q-1）}>\左（\frac{\sigma（q^k）}{q_k}\right）^2\geq\左（\frac}q+1}{q}\rift）^2$$
但是分数$q/（q-1）$从上方以$$\压裂{q}{q-1}\leq\压裂{5}{4}$$.
因此，可以得出以下结论$$左（压裂{q+1}{q}\右）^2 p_1}{q}\右）^k=\压裂{5}{4}\cdot\左（压裂{q+1}{q{\右）$$不平等是从哪里来的$$\left（\frac｛q+1｝｛q｝\right）^｛2-k｝<\frac｛5｝｛4｝$$或者等价于不等式$$\左（\frac{q}{q+1}\右）^{k-2}<\frac}5}{4}，\tag{1}$$持有。
新型网络搜索引擎然后给出以下不等式图：
以及以下实际解决方案(???)不平等$(1)$:
$$k>2，q=0$$
$$k=n_1+2，-1<q<-\frac{\sqrt[n_1]{5}}{2^{2/{n_1}}+\sqrt[n_1]}{5}，n_1\in\mathbb{Z}，n_1\leq-1$$
$$k=n_1+2，-\frac{\sqrt[n_1]{5}}{2^{2/{n_1}}+\sqrt[n_1]{5}}<q<0，n_1\in\mathbb{Z}，n1\geq1$$
$$k=n_2+2，-1<q<0，n_2\in\mathbb{Z}$$
$$k<2，q<-1$$
(请注意，这些真正的解决方案违反了$q\geq 5美元$.)
但对于$q/（q+1）$发生于$5/6$（用于$q=5$)，因此$$\左（\frac{5}{6}\右）^{k-2}\leq\左（\ frac{q}{q+1}\右。\标记{2}$$
解决不平等$(2)$对于千美元$产量$$k>\dfrac{\log\left（\dfrac{144}{125}\right）}{\log\ left（\frac{6}{5}\rift）}\约0.776099$$
不排除$k=1$.
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