Somme di \varphi...
Somme di \varphi...
Sia $ \varphi (\cdot) $ la solita funzione toziente. Dimostrare che per tutti gli n positivi vale $ \displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{\varphi(2k)}{k} \le n \le \sum_{k=1}^n \frac{\varphi(2k-1)}{k} $. La parte sinistra della disuguaglianza è facile, ma quella destra non tanto.
Why would anybody want empathy?
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dalferro11
- Messaggi: 105
- Iscritto il: 02 ott 2006, 14:17
Diciamo che la disuguaglianza di sinistra è facile da provare. Basta far vedere che
phi(2k)<= k e quindi la somma vale al massimo n.
La parte destra forse è più difficile....si dimostra facilmente che phi(2k-1)<2k, ma in rari casi con 1<k<=n, phi(2k-1)<k, rari intendendo rispetto k<phi(2k-1)<2k. Però non credo sia la strada giusta.
phi(2k)<= k e quindi la somma vale al massimo n.
La parte destra forse è più difficile....si dimostra facilmente che phi(2k-1)<2k, ma in rari casi con 1<k<=n, phi(2k-1)<k, rari intendendo rispetto k<phi(2k-1)<2k. Però non credo sia la strada giusta.
la mancanza di cultura matematica si manifesta drasticamente nell'eccessiva precisione di calcolo.
K. F. Gauss
K. F. Gauss
Uhm, proviamo con la disuguaglianza di destra..
Lemma: $ \displaystyle\sum_{d|n} \phi(d)=n $
E ora, solo per evitare di incasinarmi con parti intere e robaccia simile, distinguo i casi n pari e n dispari.
CASO n=2a:
1) $ \displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{\phi(2k-1)}{k}\ge\sum_{i=a}^{2a}\sum_{(2k-1)|(2i-1)} \frac{\phi(2k-1)}{i}= \sum_{i=a}^{2a} \frac{2i-1}{i} $
La seconda parte e' vera per il lemma. Per quanto riguarda la prima, prendiamo un generico k e vediamo che $ \phi(2k-1) $ a sinistra e' preso con coefficiente 1/k, a destra invece, al massimo (ovverosia supponendo che 2k-1 divide 2a-1) il coefficiente diventa una somma di al piu' $ \lceil\frac{a+1}{2k-1}\rceil $ addendi di cui il piu' grande vale $ \frac 1a $
$ \frac{1}{k}\ge \frac{1}{a}\lceil\frac{a+1}{2k-1}\rceil $
Ma $ 2k-1|a+k-1 $ quindi (tranne nel caso k=1 che trattero’ in seguito):
$ \frac{a}{k}\ge \frac{a+k-1}{2k-1} $
$ 2ak-a\ge ak+k^2-k $
$ a(k-1)\ge k(k-1) $
$ a\ge k $
Per $ k>a $ non c’e problema: il coefficiente a destra e a sinistra e’ banalmente lo stesso.
Per il caso k=1 (che tra l’altro vale solo per $ a\ge 3 $):
$ 1\ge (\frac 1a +\dots +\frac{1}{2a-3})+\frac{1}{2a-2}+\frac{1}{2a-1}+\frac{1}{2a} $
$ 1\ge \frac {a-2}{a}+\frac{1}{2a-2}+\frac{1}{2a-1}+\frac{1}{2a} $
$ \frac{3}{2a}\ge \frac{4a-3}{(2a-1)(2a-2)} $
$ 12a^2-18a+6\ge 8a^2-6a $
$ 4a^2-12a+6\ge 0 $
$ a\ge 3\ge \frac{3+\sqrt{3}}{2} $
2) $ \displaystyle\sum_{i=a}^{2a} \frac{2i-1}{i}=2(a+1)- (\frac 1a +\dots +\frac{1}{2a})\ge 2a+1=n+1 $
E quindi dimostriamo anche il dispari successivo. Si fanno a mano i casi n=1,2,3,4,5 e abbiamo finito.
Lemma: $ \displaystyle\sum_{d|n} \phi(d)=n $
E ora, solo per evitare di incasinarmi con parti intere e robaccia simile, distinguo i casi n pari e n dispari.
CASO n=2a:
1) $ \displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{\phi(2k-1)}{k}\ge\sum_{i=a}^{2a}\sum_{(2k-1)|(2i-1)} \frac{\phi(2k-1)}{i}= \sum_{i=a}^{2a} \frac{2i-1}{i} $
La seconda parte e' vera per il lemma. Per quanto riguarda la prima, prendiamo un generico k e vediamo che $ \phi(2k-1) $ a sinistra e' preso con coefficiente 1/k, a destra invece, al massimo (ovverosia supponendo che 2k-1 divide 2a-1) il coefficiente diventa una somma di al piu' $ \lceil\frac{a+1}{2k-1}\rceil $ addendi di cui il piu' grande vale $ \frac 1a $
$ \frac{1}{k}\ge \frac{1}{a}\lceil\frac{a+1}{2k-1}\rceil $
Ma $ 2k-1|a+k-1 $ quindi (tranne nel caso k=1 che trattero’ in seguito):
$ \frac{a}{k}\ge \frac{a+k-1}{2k-1} $
$ 2ak-a\ge ak+k^2-k $
$ a(k-1)\ge k(k-1) $
$ a\ge k $
Per $ k>a $ non c’e problema: il coefficiente a destra e a sinistra e’ banalmente lo stesso.
Per il caso k=1 (che tra l’altro vale solo per $ a\ge 3 $):
$ 1\ge (\frac 1a +\dots +\frac{1}{2a-3})+\frac{1}{2a-2}+\frac{1}{2a-1}+\frac{1}{2a} $
$ 1\ge \frac {a-2}{a}+\frac{1}{2a-2}+\frac{1}{2a-1}+\frac{1}{2a} $
$ \frac{3}{2a}\ge \frac{4a-3}{(2a-1)(2a-2)} $
$ 12a^2-18a+6\ge 8a^2-6a $
$ 4a^2-12a+6\ge 0 $
$ a\ge 3\ge \frac{3+\sqrt{3}}{2} $
2) $ \displaystyle\sum_{i=a}^{2a} \frac{2i-1}{i}=2(a+1)- (\frac 1a +\dots +\frac{1}{2a})\ge 2a+1=n+1 $
E quindi dimostriamo anche il dispari successivo. Si fanno a mano i casi n=1,2,3,4,5 e abbiamo finito.
"Sei la Barbara della situazione!" (Tap)