a wykaz ze dla l. naturalnej jest wzor wtrazajacy ilosc liczb mniejszych i wzglednie pierwszych od zadanej. We wzorze tym wystepuja wszystkie dzielniki pierwsze, jakie ma ustalona l.
\(\displaystyle{ \phi(n)=n(1-\frac{1}{p_1}).....(1-\frac{1}{p_m})}\)
b pokaz ize gdy \(\displaystyle{ \sigma}\) jest sumą dzielników dowolnej l.naturalnej , to zachodzi (*) oraz pokaz ze przy ustalonym a>0 dowolnie małym istnieje n, t. ze jest prawdziwe szacowanie (**)
(*)\(\displaystyle{ \\ \sigma (n) \phi(n) < n^2}\)
(**)\(\displaystyle{ \\ \sigma (n) \phi(n) > n^2(1-a)}\)
dublet
-
arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5749
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
dublet
Więc a nie będę wykazywał bo można wszędzie znaleźdź wzór jest łatwy wystarczy skorzystać z multyplikalności funkcji fi i najpierw udowodnić dla liczby n postaci potęgi liczby pierwszej
zajmę się b (*)
\(\displaystyle{ \sigma(n)*\phi(n)< n^{2}}\)
Dowód:
Otóż jest wzór na funkcję sigma (sumę dzielników)
\(\displaystyle{ \sigma(n)=\prod_{i=1}^{r} \frac{p_i^{\alpha_i+1}-1}{p_i -1}}\)
gdzie oczywiście pi to kolejne liczby pierwsze (dzielniki n) r jest to ich ilość
a za funkcje phi podstawiamy jej wartość i mamy do udowodnienia:
\(\displaystyle{ n* \frac{ (p_1 -1)*(p_2 -1)* ... *(p_r -1)}{p_1*p_2*...*p_r}*\frac{p_1^{\alpha_1+1}-1}{p_1 -1}* \frac{p_2^{\alpha_2+1}-1}{p_2 -1}*...* \frac{p_r^{\alpha_r+1}-1}{p_r -1} < n^{2}}\)
po skróceniu (wiele się skróci) otrzymamy:
\(\displaystyle{ (p_1^{\alpha_1+1}-1)* (p_1^{\alpha_2+1}-1)*...* (p_r^{\alpha_r+1}-1)}\)
zajmę się b (*)
\(\displaystyle{ \sigma(n)*\phi(n)< n^{2}}\)
Dowód:
Otóż jest wzór na funkcję sigma (sumę dzielników)
\(\displaystyle{ \sigma(n)=\prod_{i=1}^{r} \frac{p_i^{\alpha_i+1}-1}{p_i -1}}\)
gdzie oczywiście pi to kolejne liczby pierwsze (dzielniki n) r jest to ich ilość
a za funkcje phi podstawiamy jej wartość i mamy do udowodnienia:
\(\displaystyle{ n* \frac{ (p_1 -1)*(p_2 -1)* ... *(p_r -1)}{p_1*p_2*...*p_r}*\frac{p_1^{\alpha_1+1}-1}{p_1 -1}* \frac{p_2^{\alpha_2+1}-1}{p_2 -1}*...* \frac{p_r^{\alpha_r+1}-1}{p_r -1} < n^{2}}\)
po skróceniu (wiele się skróci) otrzymamy:
\(\displaystyle{ (p_1^{\alpha_1+1}-1)* (p_1^{\alpha_2+1}-1)*...* (p_r^{\alpha_r+1}-1)}\)
-
Sir George
- Użytkownik
- Posty: 1145
- Rejestracja: 27 kwie 2006, o 10:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: z Konopii
- Podziękował: 4 razy
- Pomógł: 203 razy
dublet
\(\displaystyle{ \sigma\big(2^m\big)\varphi\big(2^m\big)\; =\; 2^{2m}\big(1-\frac1{2^{m+1}}\big)}\)arek1357 pisze:w jednej linii?
Rozumowanie jest OK, trzeba by tylko wyraźnie zaznaczyć, że wszystkie przekształcenia nierówności są równoważne (tj. w obie strony). Łatwo z resztą przepisać powyższe przekształcenia, aby były np. "ciągłym" przejściem od lewej strony nierówności do prawej strony...arek1357 pisze: teraz proszę o krytykę...
Ogólnie wychodzenie od nierówności (czy czegotamkolwiek), którą mamy udowodnić, i przez wielokrotne jej przekształcanie dojście do nierówności ogólnie uznanej za prawdziwą, jest nieelegackie w opinii wielu matematyków (przynajmniej tych, których znam).
A forum, jak dobrze rozumiem, dba nie tylko o poprawność wypowiedzi, ale i o kształtowanie kultury matematycznej...