$\varphi(x_1)>\varphi(x_2)>\ldots>\varphi(x_n)$

[jordan]

Mostrare che per ogni intero positivo $n$ esistono interi $1<x_1<x_2<\ldots<x_n$ tali che $\varphi(x_1)>\varphi(x_2)>\ldots>\varphi(x_n)$

(Nazionali Iran, 2012)

[Sir Yussen]

Ci provo, ma non prometto nulla eh!

Siano $p_1, p_2, \cdots ,p_n$ i primi $n$ numeri primi messi in ordine crescente di indice, ovvero $p_1=2, p_2=3, p_3=5, p_4 = 7$ e così via.
Sia $p_k$ definito tale che: $p_k > p_n \cdot \prod_{i=1}^n p_i > p_{k-1} $. (probabilmente, si può tranquillamente scegliere un termine medio più piccolo)
Poniamo $x_1 = p_k$. Poi, costruiamo ogni $x_a$ in modo che sia il più piccolo possibile e $ \prod_{i=1}^{a-1} p_i|x_a$ e $x_a > x_{a-1}$. E ultimo ma non ultimo, ricordiamo di notare che $\varphi(x_1) = p_k - 1$.
In questo modo:
1) Ovviamente, $x_n > x_{n-1} > \cdots > x_2 > x_1$
2) $\varphi(x_1) > \varphi(x_2)$, perchè $x_2 - x_1 \leq p_1=2 $, ma $\frac{x_2}{p_1} > p_1 $ data la costruzione abnorme di $x_1$ e di conseguenza degli altri $x_a$. In particolare, $\frac{x_2}{p_1} - p_1 > 0$. In questo modo, si vede che passando da $x_1$ a $x_2$ la $\varphi$ è aumentata al massimo di $p_i$ e diminuita sicuramente di almeno $\frac{x_2}{p_1}$, e quindi, data l'ultima disuguaglianza, $\varphi(x_1) > \varphi(x_2)$. Con lo stesso ragionamento, per induzione, si dimostra che $\varphi(x_1) > \varphi(x_2) > \cdots \varphi(x_n)$.

Scusate se son stato un pò "dislessico", ma spero si capisca..!

[jordan]

Non ho capito bene come inizi la 2), ma è comunque vera perchè $\varphi(x_2) \le (p_k+p_1)(1-p_1^{-1}) < p_k+p_1-p_kp_1^{-1}<p_k-1=\varphi(x_1)$, ok. Ora, perchè $\varphi(x_i)>\varphi(x_{i+1})$ per ogni $i\ge 2$?

[Sir Yussen]

Prendiamo $x_a$: sappiamo che è il più piccolo numero maggiore di $ x_{a-1}$ tale che $ \prod_{i=1}^{a-1} p_i | x_a$. Inoltre, supponiamo che $ \varphi (x_{i-2}) > \varphi (x_{i-1})$. La differenza tra $x_a$ e $x_{a-1}$ è al più $\prod_{i=1}^{a-1} p_i$, quindi la $\varphi$ di $x_a$ è cresciuta, rispetto a quella di $x_{a-1}$, al più di $\alpha = \prod_{i=1}^{a-1} p_i - \prod_{i=1}^{a-2} p_i$. Inoltre, però, è sicuramente diminuita di almeno $\beta = \frac{x_a}{p_{a-1}}$ poichè $p_{a-1}$ è un nuovo divisore primo. E poichè $\beta > \alpha$, abbiamo che $\varphi(x_a) $ è diminuita almeno di $\beta - \alpha$, e quindi $\varphi (x_{a-1}) > \varphi (x_a)$. E il passo base dell'induzione si ha con $x_1$ e $x_2$.


P.S. Come l'hai costruita quella disuguaglianza?

[jordan]

Prendiamo $x_a$: sappiamo che è il più piccolo numero maggiore di $ x_{a-1}$ tale che $ \prod_{i=1}^{a-1} p_i | x_a$. Inoltre, supponiamo che $ \varphi (x_{i-2}) > \varphi (x_{i-1})$. La differenza tra $x_a$ e $x_{a-1}$ è al più $\prod_{i=1}^{a-1} p_i$, quindi la $\varphi$ di $x_a$ è cresciuta, rispetto a quella di $x_{a-1}$, al più di $\alpha = \prod_{i=1}^{a-1} p_i - \prod_{i=1}^{a-2} p_i$. Inoltre, però, è sicuramente diminuita di almeno $\beta = \frac{x_a}{p_{a-1}}$ poichè $p_{a-1}$ è un nuovo divisore primo. E poichè $\beta > \alpha$, abbiamo che $\varphi(x_a) $ è diminuita almeno di $\beta - \alpha$, e quindi $\varphi (x_{a-1}) > \varphi (x_a)$. E il passo base dell'induzione si ha con $x_1$ e $x_2$.

Dovresti imparare a scriverle un po' meglio le dimostrazioni :/ Comunque l'idea è corretta.

P.S. Come l'hai costruita quella disuguaglianza?

Ho solo tradotto il tuo ragionamento: $x_2\le x_1+p_1$ e $p_1\mid x_2$..

[Sir Yussen]

Eh lo so bene che devo imparà a scriverle bene :S Come avrei potuto dirla meglio la cosa?

[jordan]

Puoi trovare qualche idea simile qui