Me - surely famous: $\sum_{k=1}^n(\phi(2k))/k\le n \le$...

[Sk_Anonymous]

Sia $\varphi(n)$ il numero degli interi positivi $\le n$ e primi con $n$, se $n \in NN^+$. Mostrare che, comunque scelto un intero positivo $n$, vale $\sum_{k=1}^n \frac{\varphi(2k)}{k} \le n \le \sum_{k=1}^n \frac{\varphi(2k-1)}{k}$.

[TomSawyer1]

Così, al volo, è facile dimostrare che $sum_(k=1)^n(phi(2k))/k<=n$, dato che $phi(2k)<=k$. Per dimostrare l'ultima basta considerare che $phi(2k)=phi(k)<=k$, per $k$ dispari, e per $k$ pari $phi(2k)=phi(2^(v_p(k)+1))phi(k/(2^(v_p(k))))<=k$. La parte più difficile è dimostrare la parte destra della disuguaglianza.

EDIT: corretto ora.

[Sk_Anonymous]

"Crook":[...] è facile dimostrare che $sum_(k=1)^n(phi(2k))/k<=n$, dato che $phi(2k)<=k$. Per dimostrare l'ultima basta considerare che $phi(2k)=phi(k)
Fammi contento, edita e mettici $\phi(k) \le k$. Se $k = 1$, infatti: $\phi(2k) = \phi(2) = 1 = k$. Il resto va bene. Adesso la parte difficile.

[TomSawyer1]

Pensavo che bisognasse dimostrare che $phi(2k-1)>=k$, o anche $phi(2k-1)>=phi(2k)$.
Pero', ad esempio $phi(105)=48<53$. Quindi o $105=3*5*7$ e' l'unica eccezione (per via dei fattori primi in un intervallo di 4 interi), o si segue tutt'un'altra strada.

[Sk_Anonymous]

"Crook":Pensavo che bisognasse dimostrare che $phi(2k-1)>=k$, o anche $phi(2k-1)>=phi(2k)$.

Sarebbe stato (un po') troppo semplice.

[TomSawyer1]

Già, sembrava la stessa via della parte sinistra della disuguaglianza.

Per mia curiosità, per quali $k$ si ha che $phi(2k-1)>=k$?

[Sk_Anonymous]

"Crook":
Per mia curiosità, per quali $k$ si ha che $phi(2k-1)>=k$?

Certamente per ogni intero $k \ge 0$ sufficientemente grande per cui $2k-1$ è primo. Per il resto, ehm... boooh!

Later...

Esistono infiniti $k \in NN^+$ tali che $\varphi(2k-1) < k$.

EDIT: un errore di troppo.

[TomSawyer1]

Sono proprio curioso della soluzine dell'ultimo problema. Magari postala in piccolo, per i curiosi come me.

[Sk_Anonymous]

"DavidHilbert":
Esistono infiniti $k \in NN^+$ tali che $\varphi(2k-1) < k$.

Posso esaudire solo in parte la tua richiesta, Crook: la condizione che avevo indicato in precedenza, infatti, si è rivelata vera soltanto a metà (leggi: la mia vecchia dimostrazione era bacata).

Si tratta di provare che esistono infiniti interi $k \ge 1$ tali che $(\varphi(2k-1))/k = \frac{\varphi(2k-1)}{2k-1} \cdot (2 - \frac{1}{k}) = (2-\frac{1}{k}) \cdot \prod_{p | 2k-1} (1 - 1/p) < 1$, dove la produttoria s'intende estesa a tutti e soli i divisori primi naturali di $2k-1$. Allora scopo, basta considerare che $1 \le 2-\frac{1}{k} < 2$, per ogni $k \ge 1$, e che $\lim_{x \to +\infty} \prod_{p \le x} (1 - 1/p) = 0$, dove la produttoria, questa volta, s'intende estesa a tutti e soli i primi naturali $\le x$, per ogni $x \ge 2$.

[TomSawyer1]

"DavidHilbert":Allora scopo, basta considerare che $1 \le 2-\frac{1}{k} < 2$, per ogni $k \ge 1$, e che $\lim_{x \to +\infty} \prod_{p \le x} (1 - 1/p) = 0$, dove la produttoria, questa volta, s'intende estesa a tutti e soli i primi naturali $\le x$, per ogni $x \ge 2$.

Queste considerazioni bastano allo scopo semplicemente perche' $lim_(xto+infty)[(2-1/k)prod_(p le x)(1-1/p)]=0$? Mi interesserebbe sapere quando e perche' questa logica si puo' applicare ad un problema.

[Sk_Anonymous]

Certo che bastano: poiché il limite $\lim_{x \to +\infty} \prod_{p \le x} (1 - 1/p) = 0$, esiste $v \in NN$ tale che, per ogni intero $n > v$: $\prod_{i=1}^n (1 - 1/p) < 1/4$, dove $\{p_i\}_{i = 1}^\infty$ è la successione ordinatamente crescente di tutti e soli i numeri primi naturali ($p_1 = 2$, $p_2 = 3$, ...). Da qui la conclusione, posto $k = 1/2 (1 + \prod_{i=2}^{v+2} p_i)$.

[son Goku1]

ma poi era vera, quella disuguaglianza?

[TomSawyer1]

Certo che è vera .

[son Goku1]

però hilbert non l'ha dimostrata.