1,2,3,..nの中にある素な数の個数を与える、オイラーの関数φ(n)について
確率と考えて、（もとの数）ｘ（素である確率）で、オイラーの関数が求まるのではないか。をもっと展開。
φ(p)=p(1-1/p)=p-1
φ(p^(e))=p^(e)(1-1/p)=
φ(n)=n(1-1/p)(1-1/q)(1-1/r)…
ここで、n=p^(e1)q^(e2)r^(e3)
例えば、15=3*5
φ(15)=15(1-1/3)(1-1/5)=15*(2/3)(4/5)=8 と
１５が３と５で割り切れる確率をのぞいたものになる。
また、Σ[d|n] φ(n)=n
についても、n=pqとすると、
φ(pq)= pq(1-1/p)(1-1/q),
φ(p)= p(1-1/p), φ(q)= q(1-1/q), φ(1)=1
より、
φ(pq)+φ(p)+φ(q)+φ(1)= pq(1-1/p)(1-1/q) +p(1-1/p)+ q(1-1/q)+1
n=pq{(1-1/p)(1-1/q) +(1-1/p)(1/q)+(1-1/q)(1/p)+(1/p)(1/q)}
と見てみると、｛ ｝の中は、
p,q両方と素であるもの、p(q)と素でｑ(p)とは素でないもの,両方とも素でないもの、の数の確率の合計ですから、１となる。
15
=3*5{(1-1/3)(1-1/5)+(1-1/3)(1/5)+(1-1/5)(1/3)+(1/3)(1/5)} ?
=3*5{2/3*4/5+2/3*1/5+4/5*1/3+1/15}
=3*5*(8/15+2/15+4/15+1/15)
=3*5*(15/15)
?式は次と同じ意味です。
φ(15)+φ(5)+φ(3)+φ(1)
たいていの教科書にオイラー関数の紹介の次に、
Σ[d|n] φ(n)=n
の例が載っていて、これが、正直、なかなか、理解できなかった。
件の「初等整数論講義」にもありますね。これを最近理解してやろうと思っていたのでした。
例えば、ある数(例として１２を考えます）を、
2と3の素数で割りきることを考える場合というのは以下の４通り。
両方ともで割り切れない、片一方で割り切れる（２，３の双方２通り）、両方とも割り切る。
(1-1/2)(1-1/3) +(1-1/2)(1/3)+(1/2)(1-1/3)+(1/2)(1/3)
=2/6+1/6+2/6+1/6=1
でこれが、どんな無数の素数の組み合わせになっても、場合を尽くせば１になると、云えるのではないかと思いました。
同じ素数が重なる場合（１２の例だと２＾２）はその中の一つだけを取り出せば十分だと思います。
2項目は、３で割り切れるけれども２では割り切れない。3,9,
３項目は、２で割り切れるけれども３では割り切れない。 2,4,8,10
４項目は、２と３の両者で割り切れる。6,12
１項目は残ったもので、1,5,7,11の４つ
この第一項(1-1/2)(1-1/3)=2/6=1/3だけを取り出す。
これは( 1 - 1/2 - 1/3 +1/(2×3) )と同じです。
φ(6)=φ(2*3)=6*(1-1/2)(1-1/3)=2 ；{１，５}
φ(12)=φ(2^2*3)=12*(1-1/2)(1-1/3)=4
φ(24)=φ(2^3*3)=24*(1-1/2)(1-1/3)=8
φ(18)=φ(2*3^2)=18*(1-1/2)(1-1/3)=6
——————
以下は、連想。
素数は、それぞれ独立しているので、それらが混じり合ったこんがりかたも起こらないではないのかと、思いました。こんがらがるときはさらに分解して独立性を保てるイデアル論ということになっていったのではと夢想。。。
「引きすぎたところは戻してあげて」という所など、場合分けを考えて、確率を計算することによく似ていますね。例えば、以下のページには、ゼータ関数の逆数とオイラー積の関係でメビウス関数の取り方が瞬間によく判りました。
http://
確かに数論の問題は決定論的なのでありましょうが、1/2等の数字が問題になる場合は、それは、偶奇は同じ確率だよね。などと夢想するところから着想が広がるのかなと思いました。以下の記事を最近知りました。
——
次のような遊技がA r t i n により考えられた。F ( x , y ) = 0 という数式を考える。F は整係数の多項式とし, これをm o d （p）で試みて, 0 に合同なら勝ち, 合同でなければ負けとする。この式の取り得る値は, 0 , 1,…, p-1,のp個であるから, 勝つ確率は1/pである。x , y の, 0 , 1 ,…,p-1という値の組合せは, p^2 個あるから,p回勝ち, p^2-p回負けることが予想される。実際に勝った回数をp+r, 負けた回数をp^2-p-rとすれば,rは誤差を表わすわけである. A r t i n は, 遊技の専門家だから確率論的に,rが√pのo r d e r であると考えた. 後に, この直覚が正しいことがわかったのである. 実際この予想を, よリー般的な場合に,巌密に証明できるのである。
A.Weil「ゼータ函数の育成について」数学,７巻４号,１９５６,
——-
（上のp回勝ち,は、p^2(1/p)。 p^2-p回負ける はp^2(1-1/p)といっているのだと理解しました。これは、例えば、9, 25 (p=3,5)のオイラー関数とも見えてきて、それぞれ、負けるとき、つまり「素となる数」の数は6, 20）
メビウス関数が+1になるときと、-1になるときとは、同じ確率であろう。などとも同記事にありました。確率というと語弊がれば、同じ程度に起こる。あるいは組み合わせを尽くすとの事でありましょう。
--------------------------------
オイラー関数φ(n)=n(1-1/p)(1-1/q)(1-1/r)...について、
「個数に関する帰納法」による証明。
(i)素数が一つの時は成り立つ。
(ii)素数がK個で成り立つとする。
もうひとつ素数(w)が増えてK+1個の素数になっても成り立つ。
したがってこのオイラー関数は成り立つ。
これは、ある数M’までは成り立っているとすると、素数が一つ増えて、
M=M’wになっても成り立つ。
たしかにその時のオイラー関数は、
φ(M）=φ(M'w）=φ(M'）φ（w）＝φ(M'）(w-1)=φ(M'）w(1-1/w)
ここで、φ(M'）=M'(1-1/p)…(1-1/r)とすると、
なので、φ(M）=M'w(1-1/p)…(1-1/r)(1-1/w)
確率と考えて、（もとの数）ｘ（素である確率）で、オイラーの関数が求まるのではないか。をもっと展開。
φ(p)=p(1-1/p)=p-1
φ(p^(e))=p^(e)(1-1/p)=
φ(n)=n(1-1/p)(1-1/q)(1-1/r)…
ここで、n=p^(e1)q^(e2)r^(e3)
例えば、15=3*5
φ(15)=15(1-1/3)(1-1/5)=15*(2/3)(4/5)=8 と
１５が３と５で割り切れる確率をのぞいたものになる。
また、Σ[d|n] φ(n)=n
についても、n=pqとすると、
φ(pq)= pq(1-1/p)(1-1/q),
φ(p)= p(1-1/p), φ(q)= q(1-1/q), φ(1)=1
より、
φ(pq)+φ(p)+φ(q)+φ(1)= pq(1-1/p)(1-1/q) +p(1-1/p)+ q(1-1/q)+1
n=pq{(1-1/p)(1-1/q) +(1-1/p)(1/q)+(1-1/q)(1/p)+(1/p)(1/q)}
と見てみると、｛ ｝の中は、
p,q両方と素であるもの、p(q)と素でｑ(p)とは素でないもの,両方とも素でないもの、の数の確率の合計ですから、１となる。
15
=3*5{(1-1/3)(1-1/5)+(1-1/3)(1/5)+(1-1/5)(1/3)+(1/3)(1/5)} ?
=3*5{2/3*4/5+2/3*1/5+4/5*1/3+1/15}
=3*5*(8/15+2/15+4/15+1/15)
=3*5*(15/15)
?式は次と同じ意味です。
φ(15)+φ(5)+φ(3)+φ(1)
たいていの教科書にオイラー関数の紹介の次に、
Σ[d|n] φ(n)=n
の例が載っていて、これが、正直、なかなか、理解できなかった。
件の「初等整数論講義」にもありますね。これを最近理解してやろうと思っていたのでした。
例えば、ある数(例として１２を考えます）を、
2と3の素数で割りきることを考える場合というのは以下の４通り。
両方ともで割り切れない、片一方で割り切れる（２，３の双方２通り）、両方とも割り切る。
(1-1/2)(1-1/3) +(1-1/2)(1/3)+(1/2)(1-1/3)+(1/2)(1/3)
=2/6+1/6+2/6+1/6=1
でこれが、どんな無数の素数の組み合わせになっても、場合を尽くせば１になると、云えるのではないかと思いました。
同じ素数が重なる場合（１２の例だと２＾２）はその中の一つだけを取り出せば十分だと思います。
2項目は、３で割り切れるけれども２では割り切れない。3,9,
３項目は、２で割り切れるけれども３では割り切れない。 2,4,8,10
４項目は、２と３の両者で割り切れる。6,12
１項目は残ったもので、1,5,7,11の４つ
この第一項(1-1/2)(1-1/3)=2/6=1/3だけを取り出す。
これは( 1 - 1/2 - 1/3 +1/(2×3) )と同じです。
φ(6)=φ(2*3)=6*(1-1/2)(1-1/3)=2 ；{１，５}
φ(12)=φ(2^2*3)=12*(1-1/2)(1-1/3)=4
φ(24)=φ(2^3*3)=24*(1-1/2)(1-1/3)=8
φ(18)=φ(2*3^2)=18*(1-1/2)(1-1/3)=6
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以下は、連想。
素数は、それぞれ独立しているので、それらが混じり合ったこんがりかたも起こらないではないのかと、思いました。こんがらがるときはさらに分解して独立性を保てるイデアル論ということになっていったのではと夢想。。。
「引きすぎたところは戻してあげて」という所など、場合分けを考えて、確率を計算することによく似ていますね。例えば、以下のページには、ゼータ関数の逆数とオイラー積の関係でメビウス関数の取り方が瞬間によく判りました。
http://
確かに数論の問題は決定論的なのでありましょうが、1/2等の数字が問題になる場合は、それは、偶奇は同じ確率だよね。などと夢想するところから着想が広がるのかなと思いました。以下の記事を最近知りました。
——
次のような遊技がA r t i n により考えられた。F ( x , y ) = 0 という数式を考える。F は整係数の多項式とし, これをm o d （p）で試みて, 0 に合同なら勝ち, 合同でなければ負けとする。この式の取り得る値は, 0 , 1,…, p-1,のp個であるから, 勝つ確率は1/pである。x , y の, 0 , 1 ,…,p-1という値の組合せは, p^2 個あるから,p回勝ち, p^2-p回負けることが予想される。実際に勝った回数をp+r, 負けた回数をp^2-p-rとすれば,rは誤差を表わすわけである. A r t i n は, 遊技の専門家だから確率論的に,rが√pのo r d e r であると考えた. 後に, この直覚が正しいことがわかったのである. 実際この予想を, よリー般的な場合に,巌密に証明できるのである。
A.Weil「ゼータ函数の育成について」数学,７巻４号,１９５６,
——-
（上のp回勝ち,は、p^2(1/p)。 p^2-p回負ける はp^2(1-1/p)といっているのだと理解しました。これは、例えば、9, 25 (p=3,5)のオイラー関数とも見えてきて、それぞれ、負けるとき、つまり「素となる数」の数は6, 20）
メビウス関数が+1になるときと、-1になるときとは、同じ確率であろう。などとも同記事にありました。確率というと語弊がれば、同じ程度に起こる。あるいは組み合わせを尽くすとの事でありましょう。
--------------------------------
オイラー関数φ(n)=n(1-1/p)(1-1/q)(1-1/r)...について、
「個数に関する帰納法」による証明。
(i)素数が一つの時は成り立つ。
(ii)素数がK個で成り立つとする。
もうひとつ素数(w)が増えてK+1個の素数になっても成り立つ。
したがってこのオイラー関数は成り立つ。
これは、ある数M’までは成り立っているとすると、素数が一つ増えて、
M=M’wになっても成り立つ。
たしかにその時のオイラー関数は、
φ(M）=φ(M'w）=φ(M'）φ（w）＝φ(M'）(w-1)=φ(M'）w(1-1/w)
ここで、φ(M'）=M'(1-1/p)…(1-1/r)とすると、
なので、φ(M）=M'w(1-1/p)…(1-1/r)(1-1/w)
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