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

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

Allora?

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

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

Ps. Gottinger, vai col prossimo

Visto che nessuno si muove: il prossimo

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