160. Disuguaglianza sulla somma degli inversi.

[dario2994]

Dimostrare che per ogni $m,n$ interi positivi vale:
\[\displaystyle \sum_{1\le i\le n \atop (i,m)=1 } \frac1i \ge \frac{\phi(m)}m \sum_{i=1}^n \frac1i\]

[Gottinger95]

Sia \(A_{m,n} = \{a \ :\ 1 \leq a \leq n, \ (a,m)=1\}\), e sia \(\displaystyle m = \prod_{i=1}^k{p_i^{\alpha_i} }\). Vale:

\(\displaystyle \frac{m}{\varphi(m)} \sum_{i \in A_{m,n} } {\frac{1}{i} } = \frac{ \prod_{i=1}^k{p_i^{\alpha_i} } }{\prod_{i=1}^k{p_i^{\alpha_i-1}(p_i-1) } } \sum_{i \in A_{m,n} } {\frac{1}{i} } = \prod_{i=1}^k{\frac{p_i}{p_i-1} } \sum_{i \in A_{m,n} } {\frac{1}{i} } = \prod_{i=1}^k{\frac{1}{1-(1/p_i)} } \sum_{i \in A_{m,n} } {\frac{1}{i} } =\)

\(\displaystyle = \left ( \prod_{i=1}^k \sum_{j=0}^{\infty}{\frac{1}{p_i^j} } \right ) \sum_{i \in A_{m,n} } {\frac{1}{i} } > \left ( \prod_{i=1}^k \sum_{j=0}^{\alpha_i}{\frac{1}{p_i^j} } \right ) \sum_{i \in A_{m,n} } {\frac{1}{i} } = \sum_{d | m}{\frac{1}{d} } \sum_{i \in A_{m,n} } {\frac{1}{i} } = \sum_{d|m,\ \ s \in A_{m,n} }{\frac{1}{ds} }\)

Evidentemente ogni numero \(i\) tra 1 e \(n\) si può scomporre come \(ds\) con \(d=(i,m)\), perciò:

\(\displaystyle \sum_{d|m, s \in A_{m,n} }{\frac{1}{ds} } \geq \sum_{i=1}^n{\frac{1}{i} } \)

che è la tesi (peraltro con il maggiore stretto per la minorazione che abbiamo fatto in mezzo).
Debbo ammetterlo, molto carino! Mi ha allietato diversi momenti morti della giornata

[Troleito br00tal]

Allora?

[darkcrystal]

Volendo, in TdN c'è una quantità notevole di problemi irrisolti... per la maggior parte proposti da jordan, e spesso di ottima qualità, aggiungerei!

[jordan]

Oh grazie.. comunque penso Troleito (non Troileto!) si riferisse a chi continua la staffetta

Ps. Gottinger, vai col prossimo

[jordan]

Visto che nessuno si muove: il prossimo

[Gottinger95]

Scusate, ci ho pensato un pochino ma non mi è venuto in mente niente di carino Grazie Jordan per aver rimediato :p