به محفل ریاضی ایرانیان خوش آمدید! لطفا برای استفاده از تمامی امکانات عضو شوید
سایت پرسش و پاسخ ریاضی
0 امتیاز
128 بازدید
در دانشگاه توسط m722
برچسب گذاری دوباره توسط fardina

ثابت کنید که : $$ \sum_{(a,\ n)=1,\ a < n} a=\frac{1}{2}n \varphi (n) $$

توسط fardina
+1
لطفا عنوان سوال مناسب بنویسید. تقریبا همه سوالات این سایت میخوان اثبات کنن!
همچنین تلاش خودتون برای حل مساله بنویسید.
توسط کیوان عباس زاده
+1
لطفا صورت سوالو درست بنویسید به نظر اشتباست
توسط کیوان عباس زاده
سوالو ویرایش کردم . این صورت سوال درسته !

2 پاسخ

+2 امتیاز
توسط کیوان عباس زاده
ویرایش شده توسط کیوان عباس زاده

ابتدا فرض کنید $n=p$ که $p$ عددی اول است . داریم :

$$ \varphi (p)=p-1$$

در واقع تمام اعداد طبیعی کمتر از $p$ نسبت به $p$ اول هستند . حال داریم :

$$ \sum_{(a ,\ p)=1,\ a < p}a = 1+2+...+(p-1)=\frac{p(p-1)}{2}=\frac{1}{2}\ p\ \varphi (p)$$

پس حکم برای تمام اعداد اول درست است .

حال فرض کنید $p_{1},p_{2}$ دو عدد اول متمایز هستند و $n=p_{1}^{ \alpha _{1}}p_{2}^{ \alpha _{2}}$ . حال داریم :

$$\begin{align} \varphi (n)&=n(1-\frac{1}{p_{1}})(1-\frac{1}{p_{2}})\\ &=p_{1}^{ \alpha _{1}}p_{2}^{ \alpha _{2}}(1-\frac{1}{p_{1}})(1-\frac{1}{p_{2}})\\ &= p_{1}^{ \alpha _{1}-1}p_{2}^{ \alpha _{2}-1}(p_{1}-1)(p_{2}-1)\\ \end{align} $$

حال عدد طبیعی $a$ نسبت به $n$ اول می باشد هرگاه $a$ نه مضرب $p_{1}$ باشد و نه مضرب $p_{2}$ . پس :

$$\begin{align}\sum_{(a,\ n)=1,\ a < n} a&=\sum_{a=1}^{n} a - \sum_{p_{1}|a,\ a < n} a -\sum_{p_{2}|a,\ a < n} a +\sum_{p_{1}p_{2}|n,\ a < n} a\ \ ( \star )\\ \end{align} $$

هر کدام از زیگماهای بالا را ابتدا جداگانه حساب می کنیم :

$$ \sum_{a=1}^{n} a =\frac{n(n+1)}{2}=\frac{p_{1}^{ \alpha _{1}}p_{2}^{ \alpha _{2}}(p_{1}^{ \alpha _{1}}p_{2}^{ \alpha _{2}}+1)}{2}$$ $$\begin{align}\sum_{p_{1}|a,\ a < n} a&=\sum_{k=1}^{p_{1}^{ \alpha _{1}-1}p_{2}^{ \alpha _{2}}} p_{1}k\\ &= p_{1}\sum_{k=1}^{p_{1}^{ \alpha _{1}-1}p_{2}^{ \alpha _{2}}}k\\ &=p_{1}\frac{p_{1}^{ \alpha _{1}-1}p_{2}^{ \alpha _{2}}(p_{1}^{ \alpha _{1}-1}p_{2}^{ \alpha _{2}}+1)}{2}\\ &= \frac{p_{1}^{ \alpha _{1}}p_{2}^{ \alpha _{2}}(p_{1}^{ \alpha _{1}-1}p_{2}^{ \alpha _{2}}+1)}{2} \end{align} $$

به طور مشابه داریم :

$$\sum_{p_{2}|a,\ a < n} a= \frac{p_{1}^{ \alpha _{1}}p_{2}^{ \alpha _{2}}(p_{1}^{ \alpha _{1}}p_{2}^{ \alpha _{2}-1}+1)}{2}$$

و همچنین :

$$\sum_{p_{1}p_{2}|a,\ a < n} a= \frac{p_{1}^{ \alpha _{1}}p_{2}^{ \alpha _{2}}(p_{1}^{ \alpha _{1}-1}p_{2}^{ \alpha _{2}-1}+1)}{2}$$

حال با جاگذاری در $ \star $ داریم :

$$\sum_{(a,\ n)=1,\ a < n} a=\frac{p_{1}^{ \alpha _{1}}p_{2}^{ \alpha _{2}}(p_{1}^{ \alpha _{1}}p_{2}^{ \alpha _{2}}+1)}{2}-\frac{p_{1}^{ \alpha _{1}}p_{2}^{ \alpha _{2}}(p_{1}^{ \alpha _{1}-1}p_{2}^{ \alpha _{2}}+1)}{2}$$ $$-\frac{p_{1}^{ \alpha _{1}}p_{2}^{ \alpha _{2}}(p_{1}^{ \alpha _{1}}p_{2}^{ \alpha _{2}-1}+1)}{2}+ \frac{p_{1}^{ \alpha _{1}}p_{2}^{ \alpha _{2}}(p_{1}^{ \alpha _{1}-1}p_{2}^{ \alpha _{2}-1}+1)}{2}$$ $$=\frac{1}{2}(p_{1}^{ \alpha _{1}}p_{2}^{ \alpha _{2}})(p_{1}^{ \alpha _{1}-1}p_{2}^{ \alpha _{2}-1}(p_{1}-1)(p_{2}-1))$$ $$=\frac{1}{2}\ n\ \varphi (n)$$

حال می توان با استدلال مشابه ثابت کرد که اگر $n=p_{1}^{ \alpha _{1}}p_{2}^{ \alpha _{2}}...p_{r}^{ \alpha _{r}}$ که $ p_{1},p_{2},...,p_{r}$ اعداد اول متمایز هستند و $r$ عدد طبیعی است آنگاه حکم درست است .

+1 امتیاز
توسط کیوان عباس زاده

در حالت کلی فرض کنید $n=p_{1}^{ \alpha _{1}}p_{2}^{ \alpha _{2}}...p_{r}^{ \alpha _{r}}$ . عدد طبیعی $a$ که $a < n$ نسبت به $n$ اول است هرگاه $a$ مضرب هیچ یک از اعداد اول $p_{1},p_{2},...,p_{r}$ نباشد پس :

$$\begin{align}\sum_{(a,\ n)=1,\ a < n} a&=\sum_{a=1}^{n} a\\ &-( \sum_{p_{1}|a,\ a < n} a + \sum_{p_{2}|a,\ a < n} a +...+ \sum_{p_{r}|a,\ a < n }a )\\ &+( \sum_{p_{1}p_{2}|a,\ a < n} a + \sum_{p_{1}p_{3}|a,\ a < n} a +...+ \sum_{p_{r-1}p_{r}|a,\ a < n }a )\\ &-...\\ &+(-1)^r \sum_{p_{1}p_{2}...p_{r}|a,\ a < n} a\\ \end{align} $$ که در نهایت بعد از کمی محاسبات نتیجه می شود : $$\sum_{(a,\ n)=1,\ a < n} a=\frac{1}{2}n \varphi (n)$$

حمایت مالی


کانال تلگرام محفل ریاضی
امروز : تاریخ شمسی اینجا نمایش داده می‌شود
...