$\prod\limits_{\substack{(k,n)=1 \\ 1\leqslant k \leqslant n}} k$ 的阶

$\prod\limits_{\substack{(k,n)=1 \\ 1\leqslant k \leqslant n}} k$ 的阶

2018 年 6 月 8 日

有网友向我的朋友熊哥提问，证明如下数论不等式：

设 $q_{n}= \prod\limits_{\substack{(k,n)=1 \\ 1\leqslant k \leqslant n}} k $, 证明 \begin{equation}\label{eq:1} n^{\phi(n)} \frac{\mathrm{e}^{\Lambda(n)}}{(2\pi)^{\phi(n)}} \leqslant q_n \leqslant n^{\phi(n)} \sqrt{\frac{\mathrm{e}^{\Lambda(n)}}{(2\pi)^{\phi(n)}}}, \end{equation} 其中 $\phi(n)$ 是 Euler 示性函数, $\Lambda(n)$ 是 von Mangoldt 函数.

熊哥希望我能给出证明，但是我并没有完全证明出来，不过基本上我能够给出任意精度的阶．

将原不等式 \eqref{eq:1} 取对数, 即证
\begin{equation*}
\phi(n)\log n + \Lambda(n) - \phi(n) \log 2\pi \leqslant \log q_n
\leqslant \phi(n) \log n + \frac{1}{2} \Lambda(n) - \frac{1}{2} \phi(n) \log 2\pi.
\end{equation*}

• 下面给出 $\log q_n$ 阶 (对充分大的正整数 $n\in \mathbb{N}$).

\begin{align*}
\log q_n & = \sum_{\substack{(k,n)=1\\ 1\leqslant k \leqslant n}} \log k = \sum_{1\leqslant k \leqslant n} \log k \sum_{d\mid (n,k)} \mu(d) \\
& = \sum_{d\mid n}\mu(d) \sum_{\substack{k\leqslant n \\ d\mid k}} \log k =
\sum_{d\mid n}\mu(d) \sum_{t\leqslant n/d} \log(dt) \\
& = \sum_{d\mid n} \mu(d) \sum_{t\leqslant n/d} \big(\log d + \log t\big) \\
& = \sum_{d\mid n}\mu(d) \log d \cdot \sum_{t\leqslant n/d} 1 + \sum_{d\mid n} \mu(d) \sum_{t\leqslant n/d} \log t \\
& = {\color{red} \sum_{d\mid n} \mu(d) \log d \Big[\frac{n}{d} \Big]} + \sum_{d\mid n}\mu(d) \Big( \frac{n}{d} \log\frac{n}{d} - \frac{n}{d}
+ \frac{1}{2}\log 2\pi + \frac{1}{2}\log \frac{n}{d} + O \Big(\frac{d}{n} \Big)\Big) \\
& = {\color{red} n \sum_{d\mid n} \frac{\mu(d)\log d}{d}}
\\
& \quad\ + n\log n {\color{blue} \sum_{d\mid n} \frac{\mu(d)}{d}}
{\color{red} - n \sum_{d\mid n} \frac{\mu(d)\log d}{d} }
- n {\color{blue} \sum_{d\mid n} \frac{\mu(d)}{d}} \\
& \quad\
+ \frac{1}{2}\log 2\pi \sum_{d\mid n} \mu(d)
+ \frac{1}{2} {\color{green} \sum_{d\mid n} \mu(d) \log \frac{n}{d}}
+ O \left( {\color{purple} \sum_{d\mid n} 1 } \right) \\
& = n \log n \cdot {\color{blue} \frac{\phi(n)}{n}} - n\cdot {\color{blue} \frac{\phi(n)}{n}}
+ \frac{1}{2} {\color{green} \Lambda(n)}
+ O \left( {\color{purple} \tau(n) } \right) \\
& = \phi(n)\log n - \phi(n) + \frac{1}{2} \Lambda(n) +O( n).
\end{align*}

其中 $\mu(n)$ 是 Möbius 函数, $\mu \colon \mathbb{N}\to \{-1,0,1\}$. $[x]$ 表示 $x$ 的整数部分, $\{x\}$ 表示 $x$ 的小数小数部分, $0\leqslant\{x\}<1$, 且 $[x] = x - \{x \}=x+O(1)$. 因子个数函数 $\tau(n)=\sum_{d\mid n} 1$ 且 $\forall n\geqslant 1$, $\tau(n)\leqslant n$.

上面我们使用了如下结论:
\begin{equation*}
\sum_{d\mid m} \mu(d) = \begin{cases}
1, & \text{若 $m=1$} \\
0, & \text{若 $m>1$}.
\end{cases}
\end{equation*}
\begin{equation*}
\sum_{d\mid n} \frac{\mu(d)}{d} = \frac{\phi(n)}{n}.
\end{equation*}
von Mangoldt 函数
\begin{equation*}
\Lambda(n) = \sum_{d\mid n} \mu(d) \log \frac{n}{d} = - \sum_{d\mid n} \mu(d) \log d.
\end{equation*}
Stirling 公式
\begin{equation}\label{eq:2}
\sum_{k=1}^{n} \log k = n\log n -n + \frac{1}{2} \log (2\pi n)
+ \frac{1}{12n} + O \left(\frac{1}{n^3} \right).
\end{equation}

• 下面换一种思路来求 $\log q_n$ 阶.

对于算术函数 $f$, 我们有
\begin{equation*}
\sum_{\substack{(k,n)=1 \\ 1\leqslant k \leqslant n}} f(k) = \sum_{d\mid n} \mu(d) \sum_{t \leqslant n/d} f(dt)
\end{equation*}
不妨取 $f(k)=\frac{1}{k^s}$, 于是
\begin{equation*}
g(s):= \sum_{\substack{(k,n)=1 \\ 1\leqslant k \leqslant n}} \frac{1}{k^s}
= \sum_{d\mid n} \mu(d) \sum_{t \leqslant n/d} \frac{1}{(dt)^s}
= \sum_{d\mid n} \frac{\mu(d)}{d^s} \sum_{t \leqslant n/d} \frac{1}{t^s}
\end{equation*}

考虑 Riemann zeta 函数 $\zeta(s)$ (解析延拓到整个复平面, 除了 $s=1$ 有一阶极点, 留数为 $1$), 对于 $n\geqslant 1$, $s\neq 1$, 我们有 (可由 Euler-Maclaurin 求和公式得到)
\begin{equation}\label{eq:3}
\sum_{1\leqslant k \leqslant n} \frac{1}{k^s} = \zeta(s) + \frac{n^{1-s}}{1-s} + O(n^{-s})
\end{equation}
则
\begin{align*}
g(s) & = \sum_{d\mid n} \frac{\mu(d)}{d^s} \left(\zeta(s)
- \frac{(n/d)^{1-s}}{1-s} + O\Big(\frac{d^s}{n^s}\Big) \right) \\
& = \zeta(s) \sum_{d\mid n} \frac{\mu(d)}{d^s}
+ \frac{n^{1-s}}{1-s} \sum_{d\mid n} \frac{\mu(d)}{d} + O(n^{-s}),
\end{align*}
对 $s$ 求导得
\begin{align*}
g'(s) & =-\sum_{\substack{(k,n)=1\\ 1\leqslant k \leqslant n}} \frac{\log k}{k^s} \\
& = \zeta'(s) \sum_{d\mid n} \frac{\mu(d)}{d^s}
- \zeta(s) \sum_{d\mid n} \frac{\mu(d)\log d}{d^s}
+ \Big( \frac{n^{1-s}}{(1-s)^2}- \frac{n^{1-s}\log n}{1-s} \Big) \frac{\phi(n)}{n}
+ O(n^{-s}\log n)
\end{align*}
从而
\begin{align*}
-g'(0) & = \sum_{\substack{(k,n)=1\\ 1\leqslant k \leqslant n}} \log k \\
& =-\zeta'(0) \sum_{d\mid n} \mu(d) + \zeta(0) \sum_{d\mid n} \mu(d)\log d
-(n - n\log n) \frac{\phi(n)}{n} + O(\log n) \\
& = \frac{1}{2} \Lambda(n) -\phi(n) + \phi(n) \log n + O(\log n),
\end{align*}
其中
\begin{equation*}
\zeta(0) = -\frac{1}{2}, \quad \zeta'(0)= - \frac{1}{2} \log 2\pi.
\end{equation*}

注意到, 分别将 \eqref{eq:2} 式或 \eqref{eq:3} 作更细致的估计, 我们就能得到 $\log q_{n}$ 更精细的结果.