这是一个部分答案,从user243301中的提示中去掉在此处发表评论.
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$.(即所有$\字母_i$的是肯定的,并且$p_1<p_2<ldots<p_{omega(n)}$是素数。)
假设与此相反$$\压裂{q+1}{2}=p_1$$
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$$\左(\frac{q+1}{q}\右)^{2-k}<\frac}5}{4}$$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$(1)$以下为:
$$k>2,q=0$$
$$k=n_1+2,-1<q<-\frac{\sqrt[n-1]{5}}{2^{2/{n_1}}+\sqrt[n-1]{5}},n_1\in\mathbb{Z},n_1\leq-1$$
$$k=n_1+2,-\frac{\sqrt[n_1]{5}}{2^{2/{n_1}}+\sqrt[n_1]{5}}<q<0,n_1\in\mathbb{Z},n1\geq1$$
$$k=n_2+2,-1<q<0,n_2\in\mathbb{Z}$$
$$k<2,q<-1$$
(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$$k>\dfrac{\log\left(\dfrac{144}{125}\right)}{\log\ left(\frac{6}{5}\rift)}\约0.776099$$
这并不排除$k=1$.
(这个答案目前正在构建中。)