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Cuantas demostraciones distintas conocen de que para enteros $(m,n)=1\Rightarrow \varphi(mn)=\varphi(m) \varphi(n)$
por (6,3m puntos) en Básicas

1 Respuesta

+4 votos
 
Mejor respuesta

He aquí tres que conozco:

1. Utilizando la fórmula para $\phi(N)$ en función de la descomposición canónica de $N$... Si $m$ y $n$ son coprimos entonces el conjunto de divisores primos de $mn$ es la unión ajena del conjunto de divisores primos de $m$ y el conjunto de divisores primos de $n$ y por consiguiente

$\begin{eqnarray*}\phi(mn) &=& mn \prod_{p|mn} \left(1-\frac{1}{p}\right)\\ &=& mn \prod_{p|m} \left(1-\frac{1}{p}\right) \prod_{q|n}\left(1-\frac{1}{q}\right)\\&=& \left(m\prod_{p|m}\left(1-\frac{1}{p}\right)\right)\left(n\prod_{q|n}\left(1-\frac{1}{q}\right)\right) \\&=&\phi(m)\phi(n)\end{eqnarray*}$

El argumento no es circular pues para obtener la fórmula $\displaystyle \phi(N) = N \prod_{p|N}\left(1-\frac{1}{p}\right) $ no es necesario establecer primero la multiplicatividad de la función indicatriz de Euler (mostraré esto dentro del segundo enfoque que presentaré).

2. Puesto que la función indicatriz de Euler y la función $\mu$ de Möbius satisfacen la relación siguiente

$\phi(n) = n \sum_{d|n} \frac{\mu(d)}{d},$ ............ (*)

la multiplicatividad de la función $\phi$ de Euler puede establecerse también al notar que la función $\mu$ de Möbius es multiplicativa y aplicar el resultado básico siguiente: si tienes una función aritmética multiplicativa $f$ entonces la función aritmética $g$ definida por

$g(n)=\sum_{d|n}f(d)$

también es multiplicativa.

La relación en (*) puede demostrarse con ayuda de propiedades de la función $\mu$ de Möbius y ocupando intercambios en el orden de sumación o a través de propiedades de los grupos cíclicos finitos y algo que se conoce como fórmula de inversión de Möbius. Notar que la fórmula $\displaystyle \phi(N) = N \prod_{p|N}\left(1-\frac{1}{p}\right)$ es también una consecuencia más o menos directa de (*).

3. Si $f: \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}_{m}\times \mathbb{Z}_{n}$ es el homomorfismo dado por $f(x)=([x]_{m},[x]_{n})$ entonces $\mathrm{Ker}(f)=\langle mn \rangle$. Del primer teorema de isomorfismo se sigue que $\mathbb{Z}/\langle mn \rangle \cong \mathrm{im}(f)$. Como $|\mathbb{Z}/\langle mn \rangle|= |\mathbb{Z}_{m}\times \mathbb{Z}_{n}|$ entonces se tiene de hecho que $\mathbb{Z}/\langle mn \rangle \cong \mathbb{Z}_{m}\times \mathbb{Z}_{n}$. El resultado se sigue ahora al notar que como consecuencia de lo anterior, la aplicación $F: \mathbb{Z}_{mn} \to \mathbb{Z}_{m}\times \mathbb{Z}_{n}$ dada por $[x]_{mn} \mapsto ([x]_{m},[x]_{n})$ es un isomorfismo de grupos tal que $F(\mathrm{U}(\mathbb{Z}_{mn}))= \mathrm{U}(\mathbb{Z}_{m})\times \mathrm{U}(\mathbb{Z}_{n})$, donde $\mathrm{U}(G)$ es el grupo de unidades del grupo $G$. Puesto que para cada $N \in \mathbb{N}$ se cumple que $|\mathrm{U}(\mathbb{Z}_{N})| = \phi(N)$, hay nada más que agregar.

por (39,6m puntos)
seleccionada por
Hay una que se obtiene con el teorema chino del residuo, y se me hace que es una ligera variante del 3.
Pues ya que nadie mas opinó.
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