Forum Scienze Matematiche

di **salvo.tringali** il gio 4 feb 2010, 1:27

Mostrare che $\displaystyle\limsup_{n \to \infty} |\sigma(\varphi(n)) - \varphi(\sigma(n))| = +\infty$ , dove $\sigma(\cdot)$ è la somma dei divisori interi positivi del proprio argomento (cf. qui) e $\varphi(\cdot)$ è la funzione dei totienti di Eulero.

di **fry** il gio 4 feb 2010, 15:55

Claim 1. $\displaystyle\limsup_{n \to \infty} \frac{|\sigma(\varphi(n)) - \varphi(\sigma(n))|}{n^{r}} = +\infty$ per ogni reale $r \in [0, 1[$ .

Prova. Per ogni $p \in \mathbb{P} \setminus \{2\}$ abbiamo $\sigma(\varphi(p)) - \varphi(\sigma(p)) = \sigma(p-1) - \varphi(p+1) \geq (p - 1) - \frac1{2}(p+1) = \frac1{2}(p-3)$ , poichè $\sigma(m) \geq m$ per ogni intero $m \geq 1$ mentre $\varphi(m) \leq \frac1{2}m$ se $2 \mid m$ .

Dunque $\displaystyle \limsup_{n \rightarrow +\infty} \frac{\left| \sigma(\varphi(n)) - \varphi(\sigma(n)) \right|}{n^r} \geq \limsup_{n \rightarrow +\infty} \frac{\left| \sigma(\varphi(p_n)) - \varphi(\sigma(p_n)) \right|}{p_n^r} \geq \limsup_{n \rightarrow +\infty} \frac{p_n-3}{2 \cdot p_n^r}$ $= +\infty$ , dove $p_n$ indica l' $n\mbox{-}$ esimo numero primo. []

Claim 2. $\displaystyle\limsup_{n \to \infty} \frac{|\sigma(\varphi(n)) - \varphi(\sigma(n))|}{n^{r}} = 0$ per ogni reale $r \in \, ]1, +\infty[$ .

Prova. Abbiamo $\varphi(m) \leq m$ per ogni intero $m \geq 1$ , mentre fissato $r_0 \in \, ]1, r[$ vale $\sigma(m) \leq m^{r_0}$ definitivamente (disuguaglianza 6 qui), dunque

$|\sigma(\varphi(n)) - \varphi(\sigma(n))| \leq \max\big(\sigma(\varphi(n)), \varphi(\sigma(n))\big) \leq \max\big(\varphi^{r_0}(n), \sigma(n)\big) \leq n^{r_0}$

definitivamente quando $n \rightarrow +\infty$ e quindi $\displaystyle 0\leq \limsup_{n \to \infty} \frac{|\sigma(\varphi(n)) - \varphi(\sigma(n))|}{n^{r}} \leq \limsup_{n \to \infty} \frac{n^{r_0}}{n^{r}} = 0$ . []

Open question. $\displaystyle\limsup_{n \to \infty} \frac{|\sigma(\varphi(n)) - \varphi(\sigma(n))|}{n} = \; ?$ .

di **salvo.tringali** il sab 6 feb 2010, 14:20

...pensa che il problema originale del thread è stato addirittura pubblicato (...): v. József Sándor, A note on certain arithmetic functions, Octogon Mathematical Magazine, vol. 9, n. 2 (2001), pp. 793-797. No comment.

fry ha scritto:Open question. $\displaystyle\limsup_{n \to \infty} \frac{|\sigma(\varphi(n)) - \varphi(\sigma(n))|}{n} = \; ?$ .

Siano $\mathbb{P}$ l'insieme dei primi di $\mathbb{N} := \{1, 2, \ldots\}$ e $\{p_n\}_{n=1}^\infty$ l'enumerazione ordinatamente crescente di tutti e soli gli elementi di $\mathbb{P}$ . Fissato $n \in \mathbb{N}$ , sia quindi $\pi_n$ il più piccolo primo $\equiv 1 \bmod p_n\#$ , dove $\#$ è il simbolo di un primoriale (v. nota 1). Posto $r := \omega(\pi_n-1)$ , dove $\omega(\cdot)$ è la funzione

$\mathbb{N} \to \mathbb{N} \cup \{0\}: k \mapsto \big|\{p \in \mathbb{P}: p \mid k\}\big|$

ed osservato che $r \ge n$ , siano, adesso, $e_{1}, e_{2}, \ldots, e_{r} \in \mathbb{N}$ e $q_{1}, q_{2}, \ldots, q_{r} \in\mathbb{P}$ tali che $q_{1} < q_{2} < \ldots < q_{r}$ e $\pi_n = 1 + \prod_{i=1}^{r_n} q_{i}^{e_i}$ (v. teorema fondamentale dell'aritmetica), dimodoché $q_1 = p_1, q_2 = p_2, \ldots, q_n = p_n$ . Evidentemente $\pi_n \ge 3$ e $\pi_n + 1$ è pari, per cui

$\phi(\sigma(\pi_n)) = \phi( \pi_n + 1) \le \frac{1}{2}(\pi_n + 1) < \pi_n \le \sigma(\pi_n - 1) = \sigma(\phi(\pi_n))$

e di conseguenza

$\displaystyle \frac{|\sigma(\phi(\pi_n)) - \phi(\sigma(\pi_n))|}{\pi_n} = \frac{\sigma(\phi(\pi_n))}{\pi_n} - \frac{\phi(\sigma(\pi_n))}{\pi_n} \ge \frac{\sigma(\phi(\pi_n))}{\pi_n} - 1.\qquad\quad(\text{E.1})$

Del resto, datosi che $\sigma(\cdot)$ è moltiplicativa (v. qui, proposizione 1), è altrettanto vero che

$\displaystyle\frac{\sigma(\phi(\pi_n))}{\pi_n} = \frac{\prod_{i=1}^{r_n} \sigma( q_i^{e_i})}{1 + \prod_{i=1}^{r_n} q_i^{e_i}} \ge \frac{1}{2}\prod_{i=1}^{r_n} \frac{\sigma(q_i^{e_i})}{q_i^{e_i}} \ge$

$\displaystyle \frac{1}{2} \prod_{i=1}^n \frac{\sigma(p_i^{e_i})}{p_i^{e_i}} \ge \frac{1}{2} \prod_{i=1}^n \frac{\sigma(p_i)}{p_i} \ge \frac{1}{2} \prod_{i=1}^n \left(1 + \frac{1}{p_i}\right)$

dove pure si è sfruttato il fatto che $q \cdot \sigma(q^k) \ge q^k\cdot \sigma(q)$ , per ogni $q \in \mathbb{P}$ ed ogni $k \in \mathbb{N}$ . Ne segue, per via della ( $\text{E.1}$ ), che

$\displaystyle \limsup_{n \to \infty} \frac{|\sigma(\phi(n)) - \phi(\sigma(n))|}{n} \ge \lim_{n \to \infty} \frac{|\sigma(\phi(\pi_n)) - \phi(\sigma(\pi_n))|}{\pi_n} \ge$

$\displaystyle \frac{1}{2}\prod_{n=1}^\infty \left(1 + \frac{1}{p_n}\right) = +\infty$

pur di riconoscere che la produttoria ad ultimo membro ha lo stesso carattere della serie $\displaystyle\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{p_n}$ (v. qui), e perciò è divergente (v. qui). []

Note. 1) Che un primo della forma indicata sia esistente risulta da un'istanza assai particolare del teorema di Dirichlet, per cui è anche possibile fornire una dimostrazione completamente elementare (v. qui).

di **jordan** il ven 26 mar 2010, 18:25

Bonus. Calcolare $\displaystyle \left|\left\{n\in\mathbb{N}_0:\omega(n)=1\text{ e } \frac{|\sigma(\varphi(n)) - \varphi(\sigma(n))|}{n} = 1 \right\}\right|$ (vedi qui).

Forum Scienze Matematiche

A proposito della funzione $n \mapsto |\sigma(\varphi(n)) - \varphi(\sigma(n))|$

A proposito della funzione $n \mapsto |\sigma(\varphi(n)) - \varphi(\sigma(n))|$

A confronto con $n^r$

Closed question

Chi c’è in linea