在实值函数f中，对数f（x）=logb（x）对于任何正实基b唯一地具有添加剂财产

对于任何正实数x和y正整数，那么解析函数必须满足f（1）=0和

我们是可以任意定义质数f的值。如果我们设置f（p_我)=p_我对于每个素数p_我则f（N）为N的素因子之和。此后，我们将用ξ（N）表示该函数。例如，ξ（12）=2+2+3=7。这个的前几个值功能如下表所示。

006图4

这个注：主要关注不同整数M，N的对，因此Mξ（M）=Nξ（N）。我们经常利用ξ（N）≤的明显事实N、这是以下公式给出的更强烈的不平等的结果引理。

引理1: 如果正整数N是k个素数的乘积（不一定distinct）然后

也，当且仅当N等于4或素数时，等式ξ（N）=N。（上述表达式中的左手关系也是N的等式=1.)

证明：该右侧关系可以重写为

自2^k个≤N，该关系式如下

哪一个简化为k≤2^k−1，对于所有整数都是如此k（等于k=1或2）。证明引理，注意，根据定义，ξ（1）=0和ξ（N）=N，如果N是素数，并且这两种情况都通过检验满足引理，所以这个涵盖了k=0和k=1的情况。如果N是复合的（即，如果k>1），则存在正整数a、b，使得ab=N和ξ（N）=ξ（a）+ξ（b）和1<a，b<N。设正整数k，k_一，千_b条分别表示N，a，b的素因子的个数，所以我们有k=k_一+k个_b条.如果我们假设N是其中引理的最小整数不成立，那么引理对较小的整数a，b成立，所以我们有

因此，

重新安排条件，这给出

自和，如下所示产品和是一个小于N的正数，所以如果我们从上述表达式中省略此乘积，则关系保持不变，这导致了有待证明的关系。 ◊

提议1: 如果Mξ（M）=Nξ（N），则gcd（M，N）>1。

证明：假设gcd（M，N）=1。然后N除以ξ（M），M除以ξ。使用引理1这意味着M≤ ξ（N）≤ N和N≤ ξ（M）≤ M、只有当M为真=N、与M和N是共素的假设相矛盾。 ◊

提议2: 等式Mξ（M）=Nξ（N）在不同整数M，N中满足当且仅当

哪里m=m/gcd（m，N）和N=N/gcd（m，N）。

证明：基本等式可以写成

划分两边用gcd（M，N）和用加法展开ξ函数财产给予

解决对于ξ（gcd（M，N）），给出了期望的结果。不等式ξ（gcd（M，N））>1来自命题1和ξ（k）>1的事实k>1（因为k必须能被至少一个素数≥2整除）。 ◊

讨论：提案2表明要找到不同的整数M，N，使得Mξ（M）=Nξ（N）我们只需要找到两个共素整数m和n，这样数量

是大于1的整数。然后M=km和N=kn满足所需使得ξ（k）等于Q（m，n）。例如，由于Q（13,18）=5，整数M=13k和N=18k构成任何整数k，使得ξ（k）=5。这导致了两个解决方案对：

在一般来说，对于任意两个共素正整数m，n，使得Q（m，n）是大于1的整数，则存在与每个素分区Q（m，n）。我们将这种配对m，n称为“解核”，并采用m<n约定任意两个不同核的解对集是不相交的，因为任意两个整数M，N都有唯一的gcd。

表1列出了所有n<100的溶液核。最小的解决方案对基于gcd（M，N）=5的内核13，18，它给出了解对65，90。

收件人在下一个演示中缩短表达式，我们定义函数H（n）=nξ（n），我们用它来说明以下引理。

引理2: 对于任何正整数u，v，我们都有

证明：证据是立即，因为

哪一个将显示。 ◊

提议三: 存在无穷多对不同整数M，N，使得Mξ（M）=Nξ（N）。

证明：我们证明了通过给出此类无限序列的显式公式进行断言对。我们声称对于任何素数p ≥ 11的价值

是整数，并且整数M＝kp和N＝k（p+1）满足条件H（M）=H（N）。为了证明k是一个整数，我们只需要证明前面表达式中k的2的指数是非负的整数。由于p是奇数，因此p如下²−H（p+1）−3是偶数，所以指数是整数。此外，由于p>1是奇数因此p+1不是素数，所以H（p+1）的最大值是2q（q+2），当q=（p+1）/2是素数时发生。因此，k中的指数为大于或等于

哪一个对于每个素数p≥11为正。将函数H应用于上面定义的整数k给出

正在添加两侧的pH（k）+kH（p+1），并注意p²=H（p），我们有

由引理2证明了

所以我们有一个无穷序列的解，这将被证明。 ◊

提议4: n＞8的共素整数m，n构成解核，如果和仅当数量

是一个正整数。

证明：我们证明了这一点通过表明，对于n>8，数量Q（m，n）是一个大于的整数1当且仅当q（m，n）是正整数。q是整数的事实iff Q是一个整数，它来自于涉及身份

如果q是一个整数，然后n−m除以ξ（m）−ξ（n），其中这意味着它将等式的整个右手边分开，所以它也划分了左手边。相反，如果Q是一个整数，那么n−m除以左手边，因此必须除以右手项m（ξ（m）− ξ（n）），因为m是co-prime to n它也是co-prife to n−m，这证明了必须除以ξ（m）− ξ（n）。

我们现在证明如果整数q为正且n>8，则整数q大于1。首先假设（n−m）>1。由此得出ξ（m）−ξ（n）大于1，因为它可以被n−m整除。我们也有身份

自ξ（m）≤m通过引理1，这给出了不等式

哪一个证明如果（n−m）>1，Q>1。如果（n−m）=1，我们必须允许ξ（m）−ξ（n）=1的可能性。在这种情况下，假设首先，m>ξ（m）。因此，Q=qm−ξ（n）>1根据需要。然而，如果m=ξ（m），那么m是素数p，n=p+1。ξ（m）−ξ（n）不超过1的唯一方法是如果ξ（n）=ξ（p+1）=p−1。由于p是奇数，我们可以将p+1中的a2因子给出ξ（p+1）=ξ（（p+1）/2）+2=p−1。因此，p−3=ξ（（p+1）/2）≤（p+1）/2（通过引理1），其中p≤7，因此n≤8。