素微分友愛数は互いに素である簡単？な証明

$p=p^1$と書けるので、定義より
$$\begin{array}{rcl}D(p)& =& p\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{q_i}{p_i}\\ & =& p\left(\frac{1}{p}\right)\\ & =& 1\end{array}$$

$a,b$の素因数分解が
$$\begin{array}{r}a=\prod _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{p_i}^{q_i}\\ b=\prod _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{p_i}^{r_i}\end{array}$$
と表されるとする
ただし$q_i,r_i$は整数とする。
定義に沿って計算すると、
$$\begin{array}{r}ab=\prod _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{p_i}^{q_i+r_i}\end{array}$$より、
$$\begin{array}{rcl}D(ab)& =& ab\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{q_i+r_i}{p_i}\\ & =& ab(\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{q_i}{p_i}+\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{r_i}{p_i})\\ & =& ab\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{q_i}{p_i}+ab\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{r_i}{p_i}\\ & =& b\left(a\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{q_i}{p_i}\right)+a\left(b\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{r_i}{p_i}\right)\\ & =& bD(a)+aD(b)\end{array}$$

帰納法で証明する
(i)$n=1$のとき左辺、右辺はそれぞれ
$$\begin{array}{r}D(p^1)=1\\ 1\cdot p^{1-1}=1\end{array}$$
となり、成立。
(ii)$n=k$の時成立すると仮定する
つまり、ある自然数$k$で、
$$\begin{array}{r}D(p^k)=k{p}^{k-1}\end{array}$$
が、成り立つと仮定する
すると、$n=k+1$の時、
$$\begin{array}{rcl}D(p^{k+1})& =& D(p\cdot p^k)\\ & =& D(p)p^k+pD(p^k)\\ & =& p^k+p\cdot k{p}^{k-1}\\ & =& p^k+k{p}^k\\ & =& (k+1)p^k\end{array}$$となり、$n=k+1$の時も成り立つ。
よって(i),(ii)から、全ての自然数$n$において
$$\begin{array}{r}D(p^n)=n{p}^{n-1}\end{array}$$が成り立つ。

$n=\stackrel{\mathrm{\infty }}{\prod _{i=0}}{p_i}^{q_i}$と書けるとき、$D(n)$は
$$\begin{array}{r}D(n)=n\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{q_i}{p_i}\end{array}$$
ここで$n=0$の時、$D(n)=0$となる。
$n\ne 0$の時、
全ての非負整数$j$に対して$q_j\ge 0$より、もちろん$p_i>0$なので
$$\begin{array}{rcl}\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{q_i}{p_i}& \ge & 0\end{array}$$
より、
$$\begin{array}{rcl}D(n)=n\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{q_i}{p_i}& \ge & 0\end{array}$$

$D(n)=0$となるには
全ての非負整数$j$に対して$q_j=0$とならないといけない。
すると$n$は
$$\begin{array}{rcl}n& =& \prod _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{p_i}^{q_i}\\ & =& \prod _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{p_i}^0\\ & =& 1\end{array}$$
よって、$D(n)=0$となる$n$は$0,1$のみである。

$n$と$m$が互いに素ではないと仮定します。
つまり、ある素数$p$と自然数$a,b$と素因数に$p$を持たない自然数$n^{\prime },m^{\prime }$が存在して、
$$\begin{array}{rcl}n& =& n^{\prime }{p}^a\\ m& =& m^{\prime }{p}^b\end{array}$$
とかけるとします。あと、$b\ge a$としても一般性を失わないのでそうしておきます。
すると、$D(n)=m$より、公式を使っていくと、
$$\begin{array}{rcl}{m}^{\prime }{p}^b& =& D(n^{\prime }{p}^a)\\ m^{\prime }{p}^b& =& D(n^{\prime })p^a+n^{\prime }D(p^a)\\ m^{\prime }{p}^b& =& D(n^{\prime })p^a+n^{\prime }a{p}^{a-1}\\ m^{\prime }{p}^{b-a}& =& D(n^{\prime })+\frac{n^{\prime }a}{p}\\ m^{\prime }{p}^{b-a}-D(n^{\prime })& =& \frac{n^{\prime }a}{p}\end{array}$$
となります。ここで、$b-a\ge 0$より、左辺は整数です。
よって右辺の$\frac{n^{\prime }a}{p}$も整数なので$n^{\prime }a$は$p$の倍数です。
しかし、$n^{\prime }$は$p$の倍数ではないので
$a$が$p$の倍数であると分かりました
なので$a=p{a}^{\prime }$となる自然数$a^{\prime }$があります。

ここで$D(D(n))$について考えましょう。
$$\begin{array}{rcl}D(n)& =& D(n^{\prime }{p}^a)\\ & =& D(n^{\prime })p^a+n^{\prime }D(p^a)\\ & =& D(n^{\prime })p^a+n^{\prime }a{p}^{a-1}\\ & =& D(n^{\prime })p^a+n^{\prime }{a}^{\prime }{p}^a\\ & =& p^a(D(n^{\prime })+n^{\prime }{a}^{\prime })\\ & =& p^{a}c\end{array}$$
見やすくするため$D(n^{\prime })+n^{\prime }{a}^{\prime }=c$としています。
一応ですが、定理より$D(n^{\prime })\ge 0$なので$c$は非負整数です。
$$\begin{array}{rcl}D(D(n))& =& D\left(p^{a}c\right)\\ & =& D(p^a)c+p^{a}D(c)\\ & =& a{p}^{a-1}c+p^{a}D(c)\\ & =& a^{\prime }{p}^{a}c+p^{a}D(c)\\ & =& p^a(a^{\prime }c+D(c))\end{array}$$
そういえば$D(D(n))=D(m)=n$ですから、
$$\begin{array}{rcl}n& =& p^a(a^{\prime }c+D(c))\\ n^{\prime }{p}^a& =& p^a(a^{\prime }c+D(c))\\ n^{\prime }& =& a^{\prime }c+D(c)\end{array}$$
ここで、$c=D(n^{\prime })+n^{\prime }{a}^{\prime }$より、
$$\begin{array}{rcl}{n}^{\prime }& =& a^{\prime }D(n^{\prime })+n^{\prime }{a}^{\prime 2}+D(c)\\ n^{\prime }(1-a^{\prime 2})& =& a^{\prime }D(n^{\prime })+D(c)\end{array}$$
おっと
ここで定理より$D(n^{\prime }),D(c)\ge 0$
また$a^{\prime }$は自然数なので$a^{\prime }>0$
よって右辺は非負です。
しかし左辺は、$n^{\prime }$が自然数なので$1-a^{\prime 2}$が非負でないといけません。
$$\begin{array}{r}1-a^{\prime 2}\ge 0\\ 1\ge a^{\prime 2}\end{array}$$
$a^{\prime }$が自然数なので$a^{\prime }=1$と分かりました
ついでに$a=p{a}^{\prime }=p$と分かりました

ここから、さっきの式に代入して
$$\begin{array}{rcl}{n}^{\prime }(1-a^{\prime 2})& =& a^{\prime }D(n^{\prime })+D(c)\\ n^{\prime }(1-1^2)& =& D(n^{\prime })+D(c)\\ 0& =& D(n^{\prime })+D(c)\end{array}$$
ここで定理より$D(n^{\prime }),D(c)\ge 0$なので
$D(n^{\prime })=0,D(c)=0$でないといけません。
$D(n^{\prime })=0$となる自然数$n^{\prime }$は$1$のみです。
よって
$$\begin{array}{rcl}n& =& n^{\prime }{p}^a\\ n& =& 1\cdot p^p\\ n& =& p^p\end{array}$$
です。

ん～これは興味深いですね。
なぜなら
$$\begin{array}{rcl}m& =& D(n)\\ m& =& D(p^p)\\ m& =& p\cdot p^{p-1}\\ m& =& p^p\\ m& =& n\end{array}$$
となり、$n\ne m$という仮定に反しています。