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設(shè) $\varphi(n)$ 是Euler函數(shù)，試證：

$\liminf\limits_{n\to+\infty}\frac{\varphi(n)}{n}=0$

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1樓 2016-01-07 02:25:18

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一、Euler函數(shù) $\varphi(n)$ 的定義：
Euler函數(shù) $\varphi(n)$ 是一個數(shù)論函數(shù)，它的定義域是正整數(shù)集 $\mathbb{N^{+}}$ ， $\varphi(n)$ 定義為：在 $1,2,\cdots,n$ 中與n互素的正整數(shù)的個數(shù)，記做 $\varphi(n)$ 。用符號表示為：

$\varphi(n)=\overline{\overline{\{k\in\{1,2,\cdots,n\}|(n,k)=1\}}}$

根據(jù)上述定義立即可以得到：

$\varphi(1)=1,\varphi(2)=1,\varphi(3)=2,\varphi(4)=2,\varphi(5)=4,\varphi(6)=2,\varphi(7)=6,\varphi(8)=4,\varphi(9)=6,\varphi(10)=4,\cdots$

一般地，由定義立即可以得到，對于任意素數(shù) $p\geqslant 2$ ，有如下的計算公式：

$\varphi(p)=p-1,\varphi(p^{\alpha})=p^{\alpha}-p^{\alpha-1}$

（下轉(zhuǎn)13樓）

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2樓2016-01-08 02:08:20

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yjb7758521

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Edstrayer: 金幣+3, right 2016-01-09 00:47:50

利用1/2+1/3+1/5+1/7+1/11+1/13+...發(fā)散，我們可以證明
（1-1/2）*（1-1/3）*（1-1/5）*（1-1/7）*（1-1/11）*（1-1/13）*...收斂于零，從而下極限為零。
手機(jī)碼字真蛋疼

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12樓2016-01-09 00:37:44

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★
小木蟲: 金幣+0.5, 給個紅包，謝謝回帖

1/2+1/3+1/5+... 的發(fā)散性容易根據(jù)素數(shù)定理估算證明。

注:無限乘積的收斂性等價于對應(yīng)級數(shù)的發(fā)散性

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回復(fù)此樓

14樓2016-01-09 00:47:17

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3樓2016-01-08 02:43:54

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tigou

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4樓2016-01-08 07:37:08

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getengqing

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5樓2016-01-08 08:52:43

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Edstrayer: 金幣+7, Latex回復(fù) 2016-01-09 00:23:16

目測利用質(zhì)數(shù)定理可證。基本思路如下：
令
$P_n$
為前n個質(zhì)數(shù)之積，例如：
$P_1=2，P_2=2\times 3=6 .$
易知
$P_n\geq 2^n$
同時，根據(jù)質(zhì)數(shù)定理，小于
$P_n$
的質(zhì)數(shù)個數(shù)
$\pi(P_n)=\frac{P_n}{\ln(P_n)},n\to \infty$
故有
$\psi(P_n)=\frac{P_n}{\ln(P_n)}-n\ge \frac{P_n}{\ln(P_n)},n\to \infty .$
由此可得
$\lim_{P_n\to+\infty}\frac{\psi(P_n)}{P_n}=0 .$
故
$\liminf_{n\to+\infty}\frac{\psi(n)}{n}=0 .$

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0/0的意義是所有數(shù)的集合

6樓2016-01-08 08:54:22

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tigou

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引用回帖:

6樓: Originally posted by tigou at 2016-01-08 08:54:22
目測利用質(zhì)數(shù)定理可證。基本思路如下：
令
P_n
為前n個質(zhì)數(shù)之積，例如：
P_1=2，P_2=2\times 3=6 .
易知
P_n\geq 2^n
同時，根據(jù)質(zhì)數(shù)定理，小于
P_n
的質(zhì)數(shù)個數(shù)
\pi(P_n)=\frac{P_n}{\ln(P_n)},n\to ...

更正：
$\psi(P_n)=\frac{P_n}{\ln(P_n)}-n<\frac{P_n}{\ln(P_n)},P_n\to+\infty.$

論壇如果增加發(fā)帖及回復(fù)前的預(yù)覽功能會更好一些，有助于減少輸入錯誤。謝謝。

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0/0的意義是所有數(shù)的集合

7樓2016-01-08 09:04:25

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tigou

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如果樓主采納我的證明思路，我想借此機(jī)會為化變論打個廣告。分析數(shù)論是一種粗線條的思路，與質(zhì)數(shù)有關(guān)的問題的精髓則在于其中的精細(xì)結(jié)構(gòu)，這種精細(xì)結(jié)構(gòu)往往與特定的化變規(guī)則有關(guān)。我所知道的大部分世界級數(shù)學(xué)難題，都可以用化變論重新表述，并且與特定化變的精細(xì)結(jié)構(gòu)有關(guān)，特別地與某系初始集的穩(wěn)定性或者泛集的覆蓋性有關(guān)。

關(guān)于質(zhì)數(shù)，用化變論思路可做如下刻畫：
令
$\mathbb{N}_{[2}=\mathbb{N}-\{0,1\} ,\\<br /> f:\mathbb{N}_{[2}\to P(\mathbb{N}_{[2}),\\<br /> f(n)={n\times\m|m\in\mathbb{N}_{[2}} .$
則所有的合數(shù)就是 $\mathbb{N}_{[2}$ 對化變 $f^{\cup}$ 的一個泛集 $f^{\cup}(\mathbb{N}_{[2}).$ 這個泛集沒有覆蓋住其初始集（即大于1的全體自然數(shù)），漏網(wǎng)之魚就是質(zhì)數(shù)。哥德巴赫猜想和考拉茲猜想表明，某些類型的泛集具有覆蓋性；四色定理表明，某些類型的初始集具有穩(wěn)定性；黎曼猜想表明，某些類型的泛集只能覆蓋住狹長地帶。所有這些性質(zhì)，都取決于特定化變的特定的精細(xì)結(jié)構(gòu)。

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8樓2016-01-08 09:50:19

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引用回帖:

8樓: Originally posted by tigou at 2016-01-08 09:50:19
如果樓主采納我的證明思路，我想借此機(jī)會為化變論打個廣告。分析數(shù)論是一種粗線條的思路，與質(zhì)數(shù)有關(guān)的問題的精髓則在于其中的精細(xì)結(jié)構(gòu)，這種精細(xì)結(jié)構(gòu)往往與特定的化變規(guī)則有關(guān)。我所知道的大部分世界級數(shù)學(xué)難題，都 ...

令
$\mathbb{N}_{[2}=\mathbb{N}-\{0,1\}$
$f:\mathbb{N}_{[2}\to 2^{\mathbb{N}_{[2}},f(n)=\{n\times m:m\in\mathbb{N}_{[2}\}$
則全體合數(shù)就是泛集
$f^{\cup}(\mathbb{N}_{[2})$
全體質(zhì)數(shù)就是漏網(wǎng)之魚
$\mathbb{N}_{[2}-f^{\cup}(\mathbb{N}_{[2})$

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9樓2016-01-08 10:01:33

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6樓: Originally posted by tigou at 2016-01-08 08:54:22
目測利用質(zhì)數(shù)定理可證�；舅悸啡缦拢�
令
P_n
為前n個質(zhì)數(shù)之積，例如：
P_1=2，P_2=2\times 3=6 .
易知
P_n\geq 2^n
同時，根據(jù)質(zhì)數(shù)定理，小于
P_n
的質(zhì)數(shù)個數(shù)
\pi(P_n)=\frac{P_n}{\ln(P_n)},n\to ...

發(fā)現(xiàn)一個嚴(yán)重的錯誤

$\psi(P_n)=\pi(P_n)-n$
這一步不成立。需要更深入的討論才能證明樓主的問題。

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0/0的意義是所有數(shù)的集合

10樓2016-01-08 11:23:38

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