Deje que$\phi$ sea la función totient de Euler, encuentre todos$n$ tal que$\phi(n) = \frac{1}{3} n$.

Question

Deje$\phi$ ser la función de Euler, encuentre todos$n$ tal que$\phi(n) = \frac{1}{3} n$.

Ahora, mientras que sí, he visto esta prueba antes, estoy buscando un enfoque específico usando este teorema.

Eso es si$n = \prod p^c$, luego$\phi(n) = n\prod_{p \mid n} (1 - \frac{1}{p})$.

No estoy seguro de cómo continuar aquí. ¿Considera el divisor principal más grande de$n$?

Answer 1

Necesitamos$n\prod_{p|n}(1 - \frac 1p) = \frac 13 n$ entonces

$\prod (1-\frac 1p) = \frac 13$

Ahora para obtener$3$ en el denominador debemos tener$3|n$.

Regular

$(1 - \frac 13)\prod_{p|n; p\ne3}(1-\frac 1p)= \frac 13$.

Para tener$\prod_{p|n;p\ne =3} (1 - \frac 1p) = \frac 12$ en el denominador, debemos tener$2$ para

$2|n$ so$(1 - \frac 13)(1-\frac 12)\prod_{p|n;n\ne 2; n\ne 3} (1- \frac 1p) = \frac 13$ y los únicos factores primos de$\prod_{p|n;n\ne 2; n\ne 3} (1- \frac 1p) =1$ son$n$ y$2$.

Entonces$3$ puede ser cualquier número de la forma$n$.

Answer 2

Sí, se centran en la mayor prime.

Si los distintos factores primos de a $n$, en orden ascendente, se $p_1,...,p_k$, entonces a partir de la $$\prod_{i=1}^k \left(1-\frac{1}{p_i}\right)=\prod_{i=1}^k \frac{p_i-1}{p_i}$$ es claro que el numerador de la expansión del producto no será un múltiplo de $p_k$.

Pero el denominador de la expansión del producto es un múltiplo de a $p_k$, por lo tanto el factor de $p_k$ del denominador va a sobrevivir la reducción a su mínima expresión.

Por hipótesis, la reducción a su mínima expresión de los rendimientos de la fracción ${\large{\frac{1}{3}}}$, por lo tanto debemos tener $p_k=3$.

De ello se desprende que $n=(2^a)(3^b)$ donde $a$ es un entero no negativo, y $b$ es un entero positivo.

Pero si $a=0$,$\phi(n) = {\large{\frac{2}{3}}}n$, por lo tanto debemos tener $a > 0$.

Por último, si $n=(2^a)(3^b)$ donde $a,b$ son enteros positivos, se comprueba fácilmente que $\phi(n) = {\large{\frac{1}{3}}}n$.