（その２１）では非整除性の証明を試みたが，完結には至らなかった．無駄があるためである．

　　１^n・２^n(n-1)/2・３^n(n-1)(n-2)/6・・・ｎ^1＝Πｋ^（ｎ，ｋ）

の代わりに

　　２^n・２^n(n-1)/2・２^n(n-1)(n-2)/6・・・２^1＝Π２^（ｎ，ｋ）＝２^(2^n-1)＝２^(2^(2^k)-1)

を考えたが，無駄を省くために

　　１^n・２^n(n-1)/2・２^n(n-1)(n-2)/6・・・２^1＝Π２^（ｎ，ｋ）＝２^(2^n-1-n)＝２^(2^(2^k)-1-2^k)

としたとしても大きな差を生ずることはなさそうである．そこで，・・・

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　区間［１，２^k］には２の平方数・立方数などが含まれるが，ラフにスケッチすると，すべての整数のうちで，２の平方で割り切れる数は（２のｋ乗数も含めて）１／２^2程度，２の立方で割り切れる数は（２のｋ乗数も含めて）１／２^3程度あるから，２のｋ乗までわたってとれば，近似的に

　　１＋１／２＋１／２^2＋１／２^3＋・・・＋１／２^k＜２

したがって，最大で見積もって

　　２^2(2^(2^k)-1)

程度にしかならない．

　一方，

　　（４／２^k）^(2^(2^k)-1)＝１／２^(k-2)(2^(2^k)-1)

であるから，（この見積もりが正しければ）

　　ｋ−２＞２

ｋ＞４，すなわち，ｎ＞２^4＝１６ではＰ^2は整数にはならないことになる．それでも無駄は多いのであるが，数値計算の結果は後日報告したい．

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［雑感］

　この非整除性の問題が，係数

　　ｇk＝（ｋ^2）！／１・２^2・・・ｋ^k・（ｋ＋１）^k-1・・・（２ｋ−１）

　　ｇ1＝１，ｇ2＝２，ｇ3＝４２，ｇ4＝２４０２４

　　ｇ5＝７０１１４９０２０

　　ｇ6＝１６７１６４３０３３７３４９６０

　　ｇ7＝４７５０７３６８４２６４３８９８７９２２８５６０

　　ｇ8＝２２０８１３７４９９２７０１９５０３９８８４７６７４８３０８５７６００

の整除性の問題と好対照をなすものに発展するとは思いもしなかった・・・．

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