La suma de φ más peculiar: $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\phi(n)}{5^n +1}$

Question

Tengo muy interesante infinito totient suma. Mi tarea es evaluar

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\phi(n)}{5^n +1}.$

El problema es que no tengo idea de cómo salir de aquí como no he visto nunca un problema antes. La habitual técnica de la escritura $n$ $\phi(n)$ en términos de la descomposición en factores primos de a $n$ no funciona. Llego $\frac{\phi(n)}{5^n+1}=\frac{\prod_i p_i^{e_i-1} (p_i-1)}{5^{\prod p_i^{e_i}}+1}$, que se convierte en un completo cocodrilo cuando se conecta de nuevo en la suma.

Sé que el problema tiene una elegante forma cerrada solución, ya que apareció en un conjunto de problemas que se espera que sea resuelto por el mero estudiantes de la escuela secundaria. Además, la única manera de simplificar el ejemplo de una infinita suma es convertirlo en una respuesta numérica. Wolfram Alpha es incapaz de dar una solución de forma cerrada, así que sé que hay algún truco para demoler este problema que no he visto antes. ¿Alguien tiene alguna sugerencias o ideas sobre cómo lidiar con esto?

Mi única suposición es que el 5 es un número peculiar, y por lo que parece razonable que la suma de $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\phi(n)}{a^n +1}$ también debe tener una solución de forma cerrada para cualquier entero $a$.

Actualización: lo que se Suma a $n=1000$ el uso de Wolfram-Alpha (parece que mi error fue pedir a la suma de infinitos términos) da $0.22569444444444...$ con ningún fin a los ataques incesantes de los 4. Por lo tanto, creo que la suma es $\frac{65}{288} = \frac{5 \cdot 13}{2^5 \cdot 3^2}.$ he dividido la posible respuesta en factores primos para que el truco que yo tenía antes aludido puede ser con suerte encontrar. Sin embargo, no tengo el lujo de sacar un dispositivo computacional en una competencia de matemáticas, y así espero encontrar la solución real, es decir, el método a través de uno puede obtener esta respuesta.

Actualización: definimos $f(a) = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\phi(n)}{a^n +1}$. Aquí están algunos de los valores razonables para el prime $a$ en caso de que alguien puede intentar utilizar estos para encontrar la solución. En este punto, creo que la única manera de encontrar una solución rigurosa es trabajar hacia atrás a partir de la probable solución dada por WA.

$f(2)=22569444444444...=\frac{5 \cdot 13}{2^5 3^2}$

$f(3)=0.$

$f(5)=0.$

$f(7)=0.$

$f(11)=0.09319444444...=\frac{11 \cdot 61}{2^5 3^2 5^2}$

Actualización adicional: Con la ayuda de achille hui, me he encontrado con que $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\phi(n)}{1-(-1)^n q^n} = \frac{q}{(q+1)^2}.$$

Esto es casi el derecho de la suma.

Answer 1

Aviso para cualquier prime $p$ e integer $k \ge 0$, tenemos

$$\varphi(p^k) = \begin{cases}p^k - p^{k-1}, & k > 0\\ 1,& k = 0\end{casos} \quad\implica\quad \sum_{\ell=0}^k \varphi(p^\ell) = p^k$$ Para cualquier $n \in \mathbb{Z}_{+}$, si queremos factorizar en un producto de números primos $n = p_1^{e_1}\ldots p_m^{e_m}$, podemos utilizar esta hecho para deducir la siguiente identidad por Gauss $$\begin{align}\sum_{d|n} \varphi(d) &= \sum_{\ell_1=0}^{e_1} \cdots\sum_{\ell_m=0}^{e_m} \varphi(p_1^{e_1} \cdots p_m^{e_m})= \sum_{\ell_1=0}^{e_1} \cdots\sum_{\ell_m=0}^{e_m} \varphi(p_1^{e_1}) \cdots \varphi(p_m^{e_m})\\ &= \prod_{i=1}^m \left(\sum_{\ell_i=0}^{e_i}\varphi(p_i^{e_i})\right) = \prod_{i=1}^m p_i^{e_i} = n \end{align}$$ Como resultado, para cualquier $|q| < 1$, tenemos $$F(q) \stackrel{def}{=}\sum_{n=1}^\infty \frac{\varphi(n)q^n}{1-p^n} = \sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty \varphi(n)q^{nm} = \sum_{k=1}^\infty \left(\sum_{d|k} \varphi(d)\right) q^k = \sum_{k=1}^\infty k p^k = \frac{q}{(1-q)^2}$$

Como corolario, para cualquier $|a| > 1$, tenemos

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{\varphi(n)}{a^n-1} = \sum_{n=1}^\infty \frac{\varphi(n)a^{-n}}{1-a^{-n}} = F(a^{-1}) = \frac{a}{(a-1)^2}$$

Esto lleva a

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{\varphi(n)}{a^n+1} =\sum_{n=1}^\infty \varphi(n)\left(\frac{1}{a^n-1} - \frac{2}{a^{2n}-1}\right) = \frac{a}{(a-1)^2} - \frac{a^2}{(a^2-1)^2} = \frac{a(a^2+1)}{(a^2-1)^2}$$ Sustituto $a = 5$, obtenemos $$\sum_{n=1}^\infty \frac{\varphi(n)}{5^n+1} = \frac{5(5^2+1)}{(5^2-1)^2} = \frac{65}{288}$$

Answer 2

Datos básicos -

1. Usando la idea detrás de Achille Hui de la pista y observa que los números impares sólo puede tener impar de factores,

   $$\color{red}{\sum_{\estilo de texto{n=1\cima n\ \rm impar}}^\infty \frac{\phi(n)q^n}{1-p^{2n}}} =\sum_{\estilo de texto{n=1\cima n\ \rm impar}}^\infty \sum_{\estilo de texto{m=1\en la cima de m\ \rm impar}}^\infty\phi(n)q^{mn} =\sum_{\estilo de texto{d=1\en la cima de d\ \rm impar}}^\infty\sum_{n\mediados de la d}\phi(n)q^d =\sum_{\estilo de texto{d=1\en la cima de d\ \rm impar}}^\infty dq^d \color{red}{=\frac{q+q^3}{(1-q^2)^2}}\ .$$

2. La extraordinaria suma telescópica

   $$\color{red}{\sum_{k=0}^\infty\frac{2^k}{a^{2^k}+1}} =\sum_{k=0}^\infty\left(\frac{2^k}{a^{2^k}-1} -\frac{2^{k+1}}{a^{2^{k+1}}-1}\right) \color{red}{=\frac1 {- 1}}\ .$$

3. ${\Bbb Z}^+$ es distinto de la unión de los conjuntos $$\{\,2^km\mid m\ \hbox{is odd}\,\}$$ para $k\ge0$.
4. Si $n$ es impar y $k\ge1$

   $$\phi(2^kn)=2^{k-1}\phi(n)\ .$$

Y ahora para $0<q<1$ hemos $$\eqalign{ \sum_{n=1}^\infty \frac{\phi(n)}{q^{-n}+1} &=\sum_{\estilo de texto{n=1\cima n\ \rm impar}}^\infty\frac{\phi(n)}{q^{-n}+1} +\frac{\phi(n)}{q^{-2n}+1}+\frac{2\phi(n)}{q^{-4n}+1} +\frac{4\phi(n)}{q^{-8n}+1}+\cdots\cr &=\sum_{\estilo de texto{n=1\cima n\ \rm impar}}^\infty\phi(n) \left(\frac1{q^{-n}-1}-\frac1{q^{-2n}-1}\right) \qquad\qquad\hbox{el uso de (2) dos veces}\cr &=\sum_{\estilo de texto{n=1\cima n\ \rm impar}}^\infty \frac{\phi(n)q^n}{1-p^{2n}}\cr &=\frac{q+q^3}{(1-p^2)^2}\ .\cr}$$ Por último, podemos obtener su suma por tomar $q=\frac15$: $$\sum_{n=1}^\infty\frac{\phi(n)}{5^n+1}=\frac{130}{24^2}=\frac{65}{288}\ .$$