¿Nueva identidad para la función totiente de Euler?

Question

Hace unas semanas descubrí y demostré una identidad sencilla para la función totiente de Euler. Me imaginé que alguien la habría descubierto ya, pero no he sido capaz de encontrarla en ningún sitio.

Así que esperaba que alguien pudiera decirme si ha visto o no esta identidad.

Aquí está:

$$\phi(n)=\phi(\operatorname{rad}(n))\left(\frac{n}{\operatorname{rad}(n)}\right)$$

donde $\operatorname{rad}(n)$ es el núcleo radical o cuadrado de $n$ es decir, el producto de los distintos factores primos de $n$ .

He omitido la prueba porque, en primer lugar, todavía estoy aprendiendo MathJax y me temo que me llevará bastante tiempo escribirla. Y en segundo lugar, creo que es lo suficientemente intuitivo como para que la mayoría de las personas familiarizadas con la función totiente puedan ver que es cierto.

Como he dicho, es una identidad bastante simple, pero sin embargo, parece que podría ser bastante útil. Sería un poco más fácil de calcular $\phi(n)$ para grandes $n$ con esta identidad, sin la ayuda de un programa o calculadora de la función totiente.

Ex: $$\phi(450)=\phi(2\cdot3^2\cdot5^2)=\phi(2\cdot3\cdot5)\left(\frac{2\cdot3^2\cdot5^2}{2\cdot3\cdot5}\right)=(1\cdot2\cdot4)(3\cdot5)=120$$

Answer 1

Esto es algo interesante de notar, y deberías estar contento.

Como has adivinado, y como ha señalado Steven Stadnicki, esto no es nuevo; se deduce rápidamente de dos importantes propiedades del $\phi$ función:

1. $\phi(p^n) = (p-1)p^{n-1}$ cuando $p$ es primo
2. $\phi(mn) = \phi(m)\phi(n)$ cuando $m$ y $n$ no tienen ningún factor común

En particular, usted sugirió que su fórmula podría ser útil para calcular $\phi(n)$ para "grandes $n$ ", pero observe que su fórmula requiere conocer el radical de $n$ que, en general, no es más fácil de encontrar que la factorización prima de $n$ . (Y cuando el radical de $n$ es igual a $n$ como lo es cuando $n$ es libre de cuadrados, su fórmula no es de ninguna ayuda). Pero dado $n = p_1^{a_1}\cdots p_k^{a_k}$ se tiene de (1) y (2) anteriores que $$\begin{align} \phi(n) & = \phi\bigl(p_1^{a_1}\bigr)\cdots\phi\bigl(p_k^{a_k}\bigr) \\ & = (p_1-1)p_1^{a_1-1}\cdots (p_k-1)p_k^{a_k-1} \\ & = \frac{n}{p_1\cdots p_k}(p_1-1)\cdots(p_k-1) \\ & = n\left(\frac{p_1-1}{p_1}\right)\cdots \left(\frac{p_k-1}{p_k}\right) \tag{$\heartsuit$}\\ & = n\left(1-\frac1{p_1}\right)\cdots\left(1-\frac1{p_k}\right) \end{align}$$ que es bien conocida, y no es significativamente más difícil de calcular (o quizás más fácil) que tu fórmula. La penúltima línea ( $\heartsuit$ ) es muy similar a su fórmula.

Answer 2

Su identidad puede escribirse como $$ \frac{\phi(n)}{n}=\frac{\phi(\operatorname{rad}(n))}{\operatorname{rad}(n)} $$ En esta forma, es obvio, porque $$ \frac{\phi(m)}{m}=\prod_{p\mid m}\left(1-\frac1p\right) $$ y $n$ y $\operatorname{rad}(n)$ tienen exactamente los mismos factores primos.

Aun así, una buena observación, ¡bien hecho!

Answer 3

$\newcommand{\rad}{\operatorname{rad}}$

Sí, esto es un poco de transformación de la fórmula del producto de euler; es correcto ya que $$n=\prod_{i=1}p_i^{a_i}=p_1^{a_1}p_2^{a_2}p_3^{a_3}\cdots p_n^{a_n}\\ \rad(n)=p_1p_2p_3\cdots p_n\\\varphi(\rad(n))=(p_1-1)(p_2-1)(p_3-1)\cdots (p_n-1)\\ \frac{n}{\rad(n)}=p_1^{a_1-1}p_2^{a_2-1}p_3^{a_3-1}\cdots p_n^{a_n-1}\\ \varphi(\rad(n))\left(\frac{n}{\rad(n)}\right)=n\left(1-\frac{1}{p_1}\right)\left(1-\frac{1}{p_2}\right)\left(1-\frac{1}{p_3}\right)\cdots \left(1-\frac{1}{p_n}\right)$$ Lo que ya se sabe