Muestran que no existe un entero $n\in\mathbb{N}$ s.t $\phi(n)=\frac{n}{6}$

Question

Muestran que no existe un entero $n\in\mathbb{N}$ s.t $$\phi(n)=\frac{n}{6}$$.

Mi solución:

El uso de Euler del producto fórmula:

$$\phi(n)=n\prod_{p|n}\Bigl(\frac{p-1}{p}\Bigr)$$

Tenemos: $$\frac{\phi(n)}{n}=\prod_{p|n}\Bigl(\frac{p-1}{p}\Bigr)=\frac{1}{6}$$

Pero $6=3\cdot 2$, por lo tanto

si $p=2,\;\;\;\;\; \Bigl(\frac{p-1}{p}\Bigr)=\Bigl(\frac{2-1}{2}\Bigr)=\frac{1}{2}$

si $p=3,\;\;\;\;\; \Bigl(\frac{p-1}{p}\Bigr)=\Bigl(\frac{3-1}{3}\Bigr)=\frac{2}{3}$

Pero $\Bigl(\frac{2-1}{2}\Bigr)\Bigl(\frac{3-1}{3}\Bigr)\neq \frac{1}{6}$

Es esto correcto?

Gracias

Answer 1

Lo que si otros primos se dividen $n$? Considere la posibilidad de que $\phi(12)/12 = 1/3$, pero 12 es par. Por eso, $n$ puede ser divisible por más números primos que aparecen en el denominador de $\phi(n)/n$.

Aquí están algunas sugerencias.

Argumentan que $n$ debe ser de la forma $2^k 3^m z$, $k>0$, $m>0$, donde $z$ no es divisible por 2 o 3.

A continuación, sostienen que $\displaystyle \frac{\phi(z)}{z}=\frac{1}{2}$, y muestran que esto es una contradicción.

Answer 2

$$\phi(n)=\frac{n}{6}$$ $$\iff \prod_{p\mid n}\frac{p}{p-1}=6 $$ $$\text{ Taking the 2-adic order of both sides}$$ $$v_2(\prod_{p\mid n}\frac{p}{p-1})=v_2(6)$$ $$\sum_{p\mid n}v_2(\frac{p}{p-1})=1$$ $$1=\sum_{p\mid n} v_2(p)-v_2(p-1)$$ $$1\leq \sum_{p\mid n} v_2(p)$$ $$\text{ But }v_2(p)=0, \text{ For all primes } p \text{ unless } p=2$$ $$\text{Thus we must have that one of the primes is } 2$$ $$\text{ Now going back we have that}$$ $$1=\sum_{p\mid n} v_2(p)-v_2(p-1)$$ $$1=v_2(2)-v_2(1)+\sum_{p\mid n}_{p\ne 2} v_2(p)-v_2(p-1)$$ $$0=\sum_{p\mid n}_{p\ne 2} v_2(p)-v_2(p-1)$$ $$\text{ But since } p\ne 2 \text{ we know that } v_2(p)=0 \text{ for all other primes } p$$ $$\text{ So we get that}$$ $$0=\sum_{p\mid n}_{p\ne 2} v_2(p-1)$$ $$\text{But for every odd prime } p \text{ we know that } p-1 \text{ has at least one factor of } 2$$ $$\text{ So the only way the right hand side can be zero is if no other primes divide } n \text{ other then } 2$$ $$\text{ Which leaves us with}$$ $$\prod_{p\mid n}\frac{p}{p-1}=\frac{2}{2-1}=2=6$$ $$\text{ A contradiction and thus there can be no solutions to } \phi(n)=\frac{n}{6}$$

Answer 3

Deje $n=p_{1}^{a_1}\cdots p_{r}^{a_r}$, lo $\;\;\phi(n)=p_{1}^{a_{1}-1}(p_{1}-1)\cdots p_{r}^{a_{r}-1}(p_{r}-1)$.

Si $n=6\phi(n)$,$\;\;p_{1}^{a_1}\cdots p_{r}^{a_r}=6\big[p_{1}^{a_{1}-1}(p_{1}-1)\cdots p_{r}^{a_{r}-1}(p_{r}-1)\big]$, por lo que

$\;\;p_{1}\cdots p_{r}=6(p_1-1)\cdots(p_{r}-1)=2\cdot3(p_1-1)\cdots(p_{r}-1)$. $\;\;$Podemos tomar $p_1=2$$p_2=3$, por lo que

$\;\;p_{3}\cdots p_{r}=1\cdot2 (p_3-1)\cdots(p_{r}-1)$; y esto le da una contradicción ya que el $p_i\ne2$$i=3,\cdots,r$.

Answer 4

Si no es $n$,$6|n$ , así que vamos a $n=6k$ para algún entero positivo $k$ y deje $k=2^m k'$ donde $k'$ es impar y $m \ge 0$ .

A continuación, $\phi(n)=\phi(6k)=\phi(2^{m+1}.3.k')$ $3k'$ es impar , por lo que

$\phi(2^{m+1}.3.k')=\phi(2^{m+1})\phi(3k')=2^m\phi(3k')$ por lo tanto $2^m\phi(3k')=\phi(n)=\dfrac n 6=k=2^mk'$ , por lo que

$\phi(3k')=k'$ , ahora como $k' \ge 1$ , lo $3k' \ge 3$ , por lo que $2|\phi(3k')$ , por lo tanto debemos tener $2|k'$ ,

contradiciendo $k'$ es impar .