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{eqnarray} D(p) &=& p\sum_{i=0}^{\infty}\frac{q_i}{p_i} \\&=& p\qty(\frac{1}{p}) \\&=&1 \end{eqnarray}

$a,b$の素因数分解が
\begin{eqnarray} a=\prod_{i=0}^{\infty}{p_i}^{q_i}\\ b=\prod_{i=0}^{\infty}{p_i}^{r_i}\\ \end{eqnarray}
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{eqnarray} ab=\prod_{i=0}^{\infty}{p_i}^{q_i+r_i} \end{eqnarray}より、
\begin{eqnarray} D(ab)&=&ab\sum_{i=0}^{\infty}\frac{q_i+r_i}{p_i} \\&=&ab\qty(\sum_{i=0}^{\infty}\frac{q_i}{p_i} +\sum_{i=0}^{\infty}\frac{r_i}{p_i}) \\&=&ab\sum_{i=0}^{\infty}\frac{q_i}{p_i} +ab\sum_{i=0}^{\infty}\frac{r_i}{p_i} \\&=&b\qty(a\sum_{i=0}^{\infty}\frac{q_i}{p_i})+a\qty(b\sum_{i=0}^{\infty}\frac{r_i}{p_i}) \\&=&bD(a)+aD(b) \end{eqnarray}

帰納法で証明する
(i)$n=1$のとき左辺、右辺はそれぞれ
\begin{eqnarray} D(p^1)=1\\ 1\cdot p^{1-1} =1 \end{eqnarray}
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{eqnarray} D(p^k) = kp^{k-1} \end{eqnarray}
が、成り立つと仮定する
すると、$n=k+1$の時、
\begin{eqnarray} D(p^{k+1})&=&D(p\cdot p^{k}) \\&=&D(p)p^{k}+pD(p^{k}) \\&=&p^{k}+p \cdot kp^{k-1} \\&=&p^k+kp^k \\&=&(k+1)p^k \end{eqnarray}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{eqnarray} D(p^n) = np^{n-1} \end{eqnarray}が成り立つ。

$n=\overset{\infty}{\underset{i=0}{\prod}}{p_i}^{q_i}$と書けるとき、$D(n)$は
\begin{align} D(n) = n\sum_{i=0}^{\infty}\frac{q_i}{p_i} \end{align}
ここで$n=0$の時、$D(n)=0$となる。
$n\ne0$の時、
全ての非負整数$j$に対して$q_j\ge0$より、もちろん$p_i>0$なので
\begin{eqnarray} \sum_{i=0}^{\infty}\frac{q_i}{p_i}&\ge&0 \\ \end{eqnarray}
より、
\begin{eqnarray} D(n)=n\sum_{i=0}^{\infty}\frac{q_i}{p_i} &\ge& 0 \end{eqnarray}

$D(n)=0$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{eqnarray} n&=&\prod_{i=0}^{\infty}{p_i}^{q_i} \\&=&\prod_{i=0}^{\infty}{p_i}^0 \\&=&1 \end{eqnarray}
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$n',m'$が存在して、
\begin{eqnarray} n&=&n'p^a\\ m&=&m'p^b \end{eqnarray}
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{eqnarray} m'p^b&=&D(n'p^a)\\ m'p^b&=&D(n')p^a+n'D(p^a)\\ m'p^b&=&D(n')p^a+n'ap^{a-1}\\ m'p^{b-a}&=&D(n')+\frac{n'a}{p}\\ m'p^{b-a}-D(n')&=&\frac{n'a}{p} \end{eqnarray}
となります。ここで、$b-a\ge0$より、左辺は整数です。
よって右辺の$\frac{n'a}{p}$も整数なので$n'a$は$p$の倍数です。
しかし、$n'$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$a=pa'$となる自然数$a'$があります。

ここで$D(D(n))$について考えましょう。
\begin{eqnarray} D(n) &=&D(n'p^a) \\&=&D(n')p^a+n'D(p^a) \\&=&D(n')p^a+n'ap^{a-1} \\&=&D(n')p^a+n'a'p^a \\&=&p^a\big(D(n')+n'a'\big) \\&=&p^ac \end{eqnarray}
見やすくするため$D(n')+n'a'=c$としています。
一応ですが、定理より$D(n')\ge0$なので$c$は非負整数です。
\begin{eqnarray} D(D(n)) &=& D\qty( p^ac ) \\&=& D(p^a)c+p^aD(c) \\&=& ap^{a-1}c+p^aD(c) \\&=& a'p^ac+p^aD(c) \\&=& p^a(a'c+D(c)) \end{eqnarray}
そういえば$D(D(n))=D(m)=n$ですから、
\begin{eqnarray} n&=&p^a(a'c+D(c)) \\ n'p^a&=&p^a(a'c+D(c)) \\ n'&=&a'c+D(c) \end{eqnarray}
ここで、$c=D(n')+n'a'$より、
\begin{eqnarray} n'&=&a'D(n')+n'a'^{\:2}+D(c) \\ n'(1-a'^{\:2}) &=& a'D(n')+D(c) \end{eqnarray}
おっと
ここで定理より$D(n'),D(c)\ge0$
また$a'$は自然数なので$a'>0$
よって右辺は非負です。
しかし左辺は、$n'$が自然数なので$1-a'^{\:2}$が非負でないといけません。
\begin{eqnarray} 1-a'^{\:2}\ge0 \\ 1\ge a'^{\:2} \\ \end{eqnarray}
$a'$が自然数なので$a'=1$と分かりました
ついでに$a=pa'=p$と分かりました

ここから、さっきの式に代入して
\begin{eqnarray} n'(1-a'^{\:2}) &=& a'D(n')+D(c) \\ n'(1-1^2) &=& D(n')+D(c) \\ 0 &=& D(n')+D(c) \end{eqnarray}
ここで定理より$D(n'),D(c)\ge0$なので
$D(n')=0,D(c)=0$でないといけません。
$D(n')=0$となる自然数$n'$は$1$のみです。
よって
\begin{eqnarray} n &=& n'p^a \\ n&=& 1\cdot p^p \\ n&=& p^p \end{eqnarray}
です。

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