Problema : Demuestra que la suma de todos los enteros $ t \in \{ 1, 2, \cdots, n \} $ y $ (t, n) = 1 $ es $ \dfrac {1}{2} n \phi (n) $ , donde $ \phi $ es la función totiente de Euler.
Mi prueba :
Definir el conjunto $\mathcal{S}$ para ser el conjunto de todos los elementos $t$ tal que $ 1 \le t \le n $ y $ (t, n) = 1 $ . La cardinalidad de $\mathcal{S}$ es $\phi(n)$ . Para $ n = 2 $ el conjunto $\mathcal{S}$ es $ \{ 1 \} $ por lo que la afirmación es válida, ya que $ \dfrac {1}{2} \cdot 2 \cdot \phi(1) = 1 $ . $ \\ $ $\mathrm{}\\$
Lema : Para los naturales $ n \ge 3 $ , $\phi(n)$ está en paz.
Prueba : Si $n$ es una potencia de $2$ , digamos que $2^k$ entonces $\phi(n)=n \cdot \left( 1 - \dfrac {1}{2} \right) = \dfrac{n}{2}=2^{k-1}$ que es par, ya que $ n > 2 $ . Si $n$ no es un poder de $2$ como para tener al menos un divisor primo impar, digamos $p$ de la fórmula de la Función Totiente de Euler, $$ \phi (n) = n \cdot \displaystyle\prod_{p \text { prime}, \ p \mid n} \left( \dfrac {p-1}{p} \right), $$ y así, $(p-1)\mid\phi(n)$ . Por lo tanto, ya que $p$ es impar, $2\mid\phi(n)$ es decir, que $\phi(n)$ está en paz. $ \Box $
$\mathrm{}\\$ Del lema se deduce que la cardinalidad de $\mathcal{S}$ es uniforme, siempre y cuando $n\ge3$ . Verificamos la declaración para $n=2$ Así que lo que queda es $ n \ge 3 $ . Necesitaremos la cardinalidad par de $\mathcal{S}$ en breve. Deje que $\mathcal{S}=\{t_1,t_2,\cdots,a_{\phi(n)}\}$ . Sea la suma deseada $R$ . Ahora, ten en cuenta lo siguiente. Si $t_k$ y $n$ son relativamente primos, se deduce que $n-t_k$ es relativamente primo. Obsérvese que existe una biyección entre $t_k$ y $n-t_k$ de acuerdo con el lema $1$ . Es decir, para cada $t_k$ se deduce que existe un $n-t_k$ que le corresponde. Si la cardinalidad de $\mathcal{S}$ era impar, este no sería el caso.
Ahora podemos concluir que $ \{ n - t_1, n - t_2, \cdots n - a_{\phi(n)} \} $ es el mismo conjunto que $ \{ a_1, a_2, \cdots, a_{\phi(n)} \} $ , a saber $\mathcal{S}$ . Sumamos las dos representaciones de $\mathcal{S}$ . Tenemos $$ a_1 + \cdots + a_{\phi(n)} = R = (n - a_1) + \cdots + (n - a_{\phi(n)}). $$ Por lo tanto, resolvemos para $R$ para conseguir $ 2R = n \cdot \phi (n) $ o $ R = \dfrac {1}{2} n \phi (n) $ , según se desee.
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¿Hay alguna otra prueba o resultado interesante?
