Vô số loại rễ đặc biệt?

Question

Bạn có thể:
Giảm một số bằng cách chia nó cho số thừa số nguyên tố của nó, đếm số nhân.
Lặp lại điều này trên kết quả nhiều như bạn muốn.

Có vô hạn số bình phương có thể được rút gọn về gốc của chúng?

ví dụ:
4 và 16 giảm xuống gốc trong một bước
1600 giảm xuống 40 trong 2 bước

Điểm thưởng nếu câu hỏi cũng được trả lời cho quyền hạn cao hơn.
Tôi không vũ phu ép buộc nó, nhưng sẽ không ngạc nhiên nếu 16 giảm xuống còn 2 trong 2 bước là bước duy nhất.

Answer 1

Kết quả một phần:

Bất kỳ giải pháp nào được xác định đầy đủ bởi số $n$trong số các yếu tố chính của nó. Thật vậy, giả sử$s$ là một giải pháp với $n$ thừa số nguyên tố, bắt đầu bằng bình phương của nó $s^2$ trong đó có $2n$thừa số nguyên tố. Theo định nghĩa của một giải pháp, chúng ta có thể chia$s^2$ bởi $2n$. Nếu$2n$ có $k$ các yếu tố chính sau đó $\frac{s^2}{2n}$ có $n'=2n-k$thừa số nguyên tố. Một lần nữa, chúng ta có thể chia cho$n'$ và kết quả sẽ có $n''=2n-k-k'$ các yếu tố chính ở đâu $k'$ là số thừa số nguyên tố của $n'$và như thế. Lưu ý rằng chúng tôi chỉ sử dụng số lượng thừa số nguyên tố và điều này thông qua sự phân rã của$k,k',...$xác định những yếu tố này là gì. Do đó, một nhiệm vụ tương đương với nhiệm vụ đã cho là: Tìm số$n$ như vậy bắt đầu từ $2n$ và liên tục trừ đi số thừa số nguyên tố mà cuối cùng chúng ta đã đạt được $n$. Nếu không có gì khác, điều này dễ dàng hơn nhiều để khám phá bằng máy tính và dường như có rất nhiều giải pháp (~ 1500 cho hình vuông có tối đa 10000 thừa số nguyên tố).

Answer 2

Câu trả lời một phần:

Đối với rễ nhỏ hơn 1 triệu, tôi đã tìm thấy các hình vuông sau đây hoạt động: $2^2, 4^2, 40^2, 80^2, 756^2, 1512^2, 42120^2, 130560^2$. Không rõ liệu trình tự này có tiếp tục vô thời hạn hay không. Các ô vuông sau có đến 2:$2^2, 4^2, 80^2, 1008^2$.

Answer 3

Lập luận xác suất:

Sử dụng phép rút gọn của Paul Panzer cho bài toán sau:

Cho một số nguyên dương$n$, định nghĩa $f(n)$ được $n$ trừ đi số thừa số nguyên tố của $n$, khi được tính với số lượng nhiều. Có vô số$n$ vậy nên $n$ là trong trình tự $2n,f(2n),f(f(2n)),\dots$?

Định nghĩa$\Omega(n)$ là số thừa số nguyên tố của $n$được tính với số lượng nhiều. Được biết, thứ tự trung bình của$\Omega(n)$ Là $\log \log n$(xem tại đây ), do đó, một phỏng đoán hợp lý sẽ là trình tự bắt đầu từ$2n$ không nên có bất kỳ sự thiên vị nào về những con số xung quanh $n$ nó bao gồm, vì nó sẽ mất trung bình $n/\log \log n$ sự lặp lại của $f$ đến gần $n$. Kết quả là, người ta sẽ mong đợi$n$ nằm trong chuỗi với xác suất khoảng $1/\log \log n$, và $$\sum \frac{1}{\log \log n}$$phân kỳ. Vì vậy, nên có vô số$N$ mà $N$ có thể đạt được từ $N^2$.