Sobre la existencia de un número entero entre el $\sqrt{n}$ $\sqrt{2n}$ coprime a $n$

Question

Tengo una prueba de la siguiente instrucción, y me gustaría saber si hay una manera más simple prueba. No estoy seguro de si "simple" es la palabra correcta o no, pero, para el propósito de esta pregunta, yo prefiero una primaria de la prueba en lugar de un corto de prueba dependiendo de un poderoso y difícil de demostrar el teorema.

Para cualquier entero $n \ge 171$, existe un entero $m$ coprime a $n$ satisfacción $n\lt m^2 \lt 2n$.

La prueba que he hecho da una garantía adicional de que $m$ es un primo. No necesito esta garantía y desea realizar una simple prueba, si es que hay uno.

Mi prueba utiliza el método utilizado por Nagura [Nag52], que sospecho que puede ser excesivo para este propósito. Por el mismo argumento como el de [Nag52], se puede demostrar que para cada $x \geq 16769$, existe un primer entre el$x$$2^\frac 14 x$, y podemos comprobar que la misma conclusión vale para $x \ge 32$ por cálculo. Esto implica que para $n \ge 32^2=1024$, existen al menos dos números primos entre $\sqrt{n}$$\sqrt{2n}$. Debido a que tanto los números primos son mayores que las de $\sqrt{n}$, al menos uno de ellos debe ser coprime a $n$. El caso de $171 \le n \le 1023$ puede ser verificado mediante el cálculo.

Hay una sencilla prueba de la anterior afirmación?

[Nag52] Jitsuro Nagura. En el intervalo que contenga al menos un número primo. Actas del Japón de la Academia, 28(4):177-181, 1952.

Answer 1

Voy a mostrar lo que usted desea para suficientemente grande $n$.

Primera pregunta: ¿cuántos cuadrados hay entre el$n$$2n$. Así tenemos $$\#\text{of squares}=\lceil\sqrt{2n}-1\rceil-\lceil\sqrt{n}-1\rceil\geq\sqrt{2n}-\sqrt{n}-2=(\sqrt{2}-1)\sqrt{n}-2\geq \frac{\sqrt{n}}{3}$$ for sufficiently large $n$. So lets look at the square roots of these squares, which form a sequence of more than $\sqrt{n}/3$ consecutive integers. (This is fine since $\mcd(n,m)=1$ if and only if $\gcd(n^2,m)=1$) The goal is then to show that one of these integers in this sequence is relatively prime to $$n.

Recuerdo en la escuela elemental de Eratóstenes-Legendre tamiz que dice que:

Teorema: Para cualquier real $x$ y cualquier $y\geq 0$, tenemos $$S(x,y;n)=\frac{\phi(n)}{n}y+O\left(2^{\omega(n)}\right)$$ where $S(x,y, n)$ is the number of integers $m$ in the interval $x<m\leq x+y$ for which $(n,m)=1$.

El uso de este teorema, combinado con el hecho de que $2^{\omega(n)}\ll_{\epsilon} n^\epsilon$, y el hecho de que $$\frac{\phi(n)}{n}\geq \frac{C}{\log\log n},\ \ (C>0)$$ the result then follows for sufficiently large $$ n.

Aviso de que esta prueba se generaliza para mostrar que para cualquier $k$ existe $N$ tal que para cualquier $n>N$ existe $m\in \left(\sqrt[k]{n},\ \sqrt[k]{2n}\right)$ que $\gcd(m,n)=1$. En otras palabras, podemos mostrar:

Para cualquier $k$, teniendo en $n$ lo suficientemente grande como garantías de que habrá un $k^{th}$ de la potencia entre el $n$ $2n$ que es también relativamente primer a $n$.

Espero que ayude,

Comentario: El hecho clave que hace de esta prueba es que $2^{\omega(n)}\ll_\epsilon n^\epsilon$ por cada $\epsilon$. El Eratóstenes-Legendre Tamiz es realmente lo que usted consigue cuando usted pruebe el método más sencillo para la evaluación de $S(x,y;n)$. De ello se desprende directamente de la inclusión-exclusión principio.

Agregado De La Prueba: ¿Por qué es cierto que $$\frac{\phi(n)}{n}\geq \frac{e^{-\gamma}}{\log\log n}+O\left(\frac{1}{(\log\log n)^2}\right)?$$ Esto se desprende de Mertens fórmulas junto con Chebyshevs estimaciones. El término de error puede ser eliminado por hacer de la constante de menor tamaño, que es lo que escribí más arriba, pero vamos a probar este formulario. Ver el $n$ que minimizar $\phi(n)/n$ de su tamaño. Estos serán de la forma $$\prod_{p\leq y}p,$$ that is the product of the first few primes. (*Prove these numbers do indeed minimize) Taking logarithms introduces $\theta(y)$, so we can deduce $\log \log n = \log y +O(1)$ by Chebyshevs estimate. Next $$\frac{n}{\phi(n)}=\prod_{p\leq y}=\left( 1-\frac{1}{p}\right)^{-1}=e^\gamma\log y+O(1)$$ is one of Mertens formulas. Taking reciprocals yields $$\frac{\phi(n)}{n} = \frac{e^{-\gamma}}{\log \log n} + O\left(\frac{1}{(\log \log n)^2}\right)$$ como se desee.
Que el resultado es en realidad más fuerte que tenemos. Todo lo anterior se requiere prueba fue que $n^{-\epsilon}\ll_\epsilon\phi(n)/n$ por cada $\epsilon$.