He estado tratando de demostrar el siguiente hecho: Si $\varphi$ denota la función totiente de Euler, entonces para $Q\geq 1$ tenemos \begin{align*} \sum_{n\geq Q} \frac{1}{\varphi(n)^2} \ll Q^{-1}. \end{align*} Puedo demostrar que $\sum_{n\geq Q} \frac{1}{n^2} \ll Q^{-1},$ y estoy familiarizado con los productos de Euler pero no estoy seguro de la mejor manera de aplicarlos aquí. También conozco la estimación $\varphi(n)\gg n/\log (\log(n))$. ¡Cualquier pista sería realmente útil! ¿Necesito usar algún tipo de argumento de promediado para $\varphi?$
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Un método que a menudo funciona en situaciones como esta es aproximar la función en cuestión por una función más fácil de manejar. Para la mayoría de $n$, $\varphi(n)$ está "cerca" de $n$, por lo que tiene sentido aproximar $1/\varphi(n)^2$ por $1/n^2$. Por supuesto, entonces debemos de alguna manera entender el error introducido por esa aproximación. A menudo esto se puede lograr escribiendo la función en la que uno está interesado como la convolución de Dirichlet de la función más simple y una función que es "pequeña". Así que definamos $f$ por $$\frac{1}{\varphi^2} = \frac{1}{\operatorname{id}^2} \ast f\,, \quad \text{i.e.} \quad f = \frac{\mu}{\operatorname{id}^2} \ast \frac{1}{\varphi^2}\,.$$ Dado que todo es multiplicativo, solo necesitamos considerar potencias de primos. Encontramos $$f(p) = \frac{1}{1}\cdot \frac{1}{(p-1)^2} + \frac{-1}{p^2}\cdot \frac{1}{1^2} = \frac{2p-1}{p^2(p-1)^2}$$ y $$f(p^k) = \frac{1}{1}\cdot \frac{1}{(p-1)^2p^{2k-2}} + \frac{-1}{p^2}\cdot \frac{1}{(p-1)^2p^{2k-4}} = 0$$ para $k \geqslant 2$. Así que $f$ está soportado en los números libres de cuadrados, y $$f(n) = \lvert\mu(n)\rvert \prod_{p \mid n} \frac{2p-1}{p^2(p-1)^2} = \frac{\lvert \mu(n)\rvert}{n^2\varphi(n)^2}\prod_{p \mid n} (2p-1)\,.$$ Tenemos los límites $0 \leqslant f(n) \leqslant \frac{2^{\omega(n)}}{n\varphi(n)^2}$, que muestran que $\sum n^{\alpha}f(n)$ converge para todos los $\alpha < 2$. Entonces $f$ es realmente pequeño. Ahora reescribimos nuestra suma de cola: \begin{align} \sum_{n \geqslant Q} \frac{1}{\varphi(n)^2} &= \sum_{km \geqslant Q} \frac{1}{m^2}f(k) \\ &= \sum_{k \leqslant Q} f(k)\sum_{m \geqslant Q/k} \frac{1}{m^2} + \sum_{k > Q} f(k) \sum_{m = 1}^{\infty} \frac{1}{m^2}\,. \end{align} Usando $\sum_{m \geqslant y} 1/m^2 \leqslant 2/y$ para todo $y \geqslant 1$ obtenemos $$\sum_{k \leqslant Q} f(k)\sum_{m \geqslant Q/k} \frac{1}{m^2} \leqslant \frac{2}{Q} \sum_{k \leqslant Q} kf(k) < \frac{2}{Q} \sum_{k = 1}^{\infty} kf(k)\,.$$ La estimación faltante $\sum_{k > Q} f(k) \ll Q^{-1}$ sigue fácilmente de la cota anterior, que a través del límite inferior para $\varphi(n)$ y $\omega(n) \ll \frac{\log n}{\log \log n}$ implica $f(n) \ll n^{\varepsilon - 3}$ (y así $\sum_{n > Q} f(n) \ll Q^{\varepsilon-2}$) para todos los $\varepsilon > 0$. También se puede obtener a través de la suma por partes a partir del hecho de que $\sum nf(n)$ converge.
En resumen, esto muestra la deseada $$\sum_{n \geqslant Q} \frac{1}{\varphi(n)^2} \ll Q^{-1}\,.$$ Aunque $1/\varphi(n)^2$ puede ser mucho más grande que $1/n^2$, esto sucede con poca frecuencia suficiente para que las sumas de cola tengan el mismo orden de decrecimiento.
