Cómo podemos probar $1>\sum_{k=1}^{n}\frac{\varphi{(k)}}{k}\ln{\frac{2^k}{2^k-1}}>1-\frac{1}{2^n}$

Question

Que $\varphi$ ser función de φ de Euler, donde $\varphi{(1)}=1$. Demostrar que para cualquier entero positivo $n$ tenemos $$1>\sum_{k=1}^{n}\left(\dfrac{\varphi{(k)}}{k}\ln{\dfrac{2^k}{2^k-1}}\right)>1-\dfrac{1}{2^n}$ $

Tal vez este problema puede resolverse utilizando integrales.

$$\ln{\dfrac{2^k}{2^k-1}}=\ln{2^k}-\ln{(2^k-1)}$$

Pero entonces no sé cómo tratar con este término:

$$\dfrac{\varphi{(k)}}{k}$$

Answer 1

Para el límite inferior:

$$\begin{eqnarray*}\sum_{k=1}^{n}\frac{\phi(k)}{k}\log\left(\frac{2^k}{2^k-1}\right)&=&\sum_{k=1}^{n}\frac{\phi(k)}{k}\left(-\log\left(1-\frac{1}{2^k}\right)\right)\\ &=&\sum_{k=1}^{n}\sum_{r=1}^{+\infty}\frac{\phi(k)}{kr\cdot 2^{kr}}\\ &=&\sum_{s=1}^{+\infty}\frac{1}{s 2^s}\sum_{\substack{m\mid s\\m\leq n}}\phi(m)\\ &>&\sum_{s=1}^{n}\frac{1}{s 2^s}\sum_{m\mid s}\phi(m)\\ &=&\sum_{s=1}^{n}\frac{1}{2^s}\\ &=&1-\frac{1}{2^n}. \end{eqnarray *} $$ el límite superior simplemente sigue de %#% $ #%

Answer 2

He encontrado una prueba del límite superior.

En primer lugar, tenga en cuenta que $2^k>k$ $k\geq 1$. Entonces #% de %#% o $2^k(k-1)<k(2^k-1)$ $

Ahora,

$$\frac{k-1}k\frac1{2^k-1}<\frac 1{2^k}$$

Por lo tanto, la suma es estrictamente superior delimitada por la serie geométrica $$\frac{\varphi(k)}k\ln\left(\frac{2^k}{2^k-1}\right)<\frac{k-1}k\frac1{2^k-1}<\frac1{2^k}$ $