Cím: A prímszámok számáról
Szerző(k):  Fried Ervin 
Füzet: 1951/március, 241 - 251. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

A prímszámok számáról már tudtok egyet-mást. Tudjátok azt, hogy végtelen sok prímszám van, melyek nem is túl ritkán helyezkednek el, hiszen reciprok értékeik összege tetszőleges nagyra felnőhet, ha elég sokat adunk össze belőlük, míg pl. a négyzetszámok reciprokértékének összegére ez nem igaz ‐ ki lehet mutatni, hogy ez utóbbi sohasem lesz nagyobb 2-nél. ‐ Az ellenkező oldalról is tudtok valamit. Az x-nél nem nagyobb prímszámok számát a π(x)-szel jelöltétek, és megmutattátok, hogy a π(x)≤x2 ha x≥8 és π(x)≤x3 ha x≥33. Ezt másképp nagyjából úgy fogalmazhatjuk, hogy ha elég messze megyünk a számsorban, akkor átlagban a számoknak legfeljebb a fele, sőt legfeljebb a harmada lehet prímszám. Ennek a fogalmazásnak jobban megfelel, ha a π(x) helyett π(x)x-et vizsgáljuk. Az előbbiek x-szel osztva így írhatók: ha x≥8 illetve x≥33, akkor π(x)x≤12, illetve π(x)x≤13. Utóbbi bebizonyítására azt használtuk fel, hogy 6 egymásutáni egész szám közül a harmadrészük, 2 relatív prím a 6-hoz, és prímszámok csak ezek lehetnek, meg még 6 prímosztói: 2 és 3. E prímosztók némi nehézséget okoztak, amit azzal lehetett kiküszöbölni, hogy kerestetek 6 egymásutáni számot (33, 34, 35, 36, 37, 38 voltak ilyenek), amelyekre már fennáll az egyenlőtlenség. Ha ezzel a módszerrel próbálnánk kimutatni, hogy π(x)x valahonnan kezdve 14-nél,vagy 15-nél is kisebb, akkor először is egy olyan a számot kellene keresni, hogy bármely a egymásutáni szám közül ezeknek legfeljebb 14, illetve 15 része legyen a-hoz relatív prím. Ilyen szám van is, mégpedig 210, illetve 30030 a legkisebb. Ez azonban azt jelenti, hogy 210, illetve 30030 egymásutáni számot kell keresni, melyekre mindre igaz a bizonyítandó egyenlőtlenség, ami nehézkessé teszi az eljárást, pedig általában igaz, hogy ha akármilyen kicsiny c számot adunk is meg elég nagy x-től kezdve mindig π(x)x<c, vagyis π(x)x bármilyen kis számnál kisebb lesz, amint x-et elég nagynak választjuk.
Megpróbálhatjuk az előbbi gondolatot kicsit másképpen felhasználni. Eddig az x-ig terjedő egész számokat a egymásutáni számból álló csoportokra osztottuk fel és egy-egy ilyen csoportban néztük, hogy hány prímszám lehet. Választhatnánk az a-t akkorának, bogy az a-ig terjedő egész számok közt legyenek az x-ig terjedők mind; pl. választhatnánk, ha most x egész szám, a-nak magát az x-et is. Jelöljük x egymásutáni egész szám közt az x-hez relatív prímek számát φ(x)-szel, akkor π(x) nem lehet nagyobb, mint φ(x), hozzávéve még x különböző prímosztóinak számát, mert ezek prímszámok, azonban x-hez nem relatív prímek. Ez azonban nem mindig ad jó becslést π(x)-re, mert, ha például x=p prímszám, akkor, mivel p egymás utáni szám között p-nek csak egy többszöröse fordul elő, így φ(p)=p-1, ehhez jön még x különböző prímosztóinak a száma, ami most 1, tehát egy p prímszámra nézve csak a következő magától értetődő egyenlőtlenséget kapjuk

π(p)≤(p-1)+1=p
(az első p szám között nem lehet több prímszám, mint ahány szám van). a-nak azonban nem kell magát x-et választanunk. Ha találunk egy x-nél nagyobb számot, melyhez kevés a hozzá relatív prímek száma, akkor előnyösebb lesz azt választanunk. Első feladatunk tehát, egy számhoz relatív prím számok számát, az úgynevezett ,,Euler-féle φ(n) függvényt'' közelebbről megismerni.
*

Az n egymásutáni szám közül az n-hez relatív prím számok számát jelöltük így. Első kérdés, hogy ez a φ(n) függvény nem függ-e attól is, hogy hol választjuk ezt az n egymásutáni számot? Legyen n egymás utáni szám
a,(a+1),...(a+n-1),
és ugyanígy
(a+1),...(a+n-1),(a+n).

Ha bebizonyítjuk, hogy mindkét sorozatban ugyanannyi n-hez relatív prím szám van, akkor, mivel egyenkénti ,,eltolással'' bármely egymásutáni n számig eljuthatunk, bármely egymás utáni n darab egész számra ugyanaz lesz a φ(n) értéke is.
Tekintettel arra, bogy az (a+1), ...(a+n-1) számok a két sorozatban megegyeznek, csak azt kell belátni, hogy, ha az a és (a+n) számok valamelyike n-hez relatív prím, a másik is az lesz. Ennél azonban többet fogunk bizonyítani; azt, hogy a és n legnagyobb közös osztója ugyanaz, mint (a+n) és n-é, vagyis (a, n)=(a+n, n).
Ugyanis a-nak és n-nek minden osztója így a legnagyobb, közös osztójuk is osztója (a+n)-nek, másrészt a=(a+n)-n felírásból következik, hogy viszont (a+n) és n minden osztója, tehát legnagyobb közös osztójuk is osztója a-nak, ami azt jelenti, hogy
(a,n)=(a+n,n).

Legegyszerűbb tehát a φ(n) függvényt úgy értelmezni, bogy az n-ig terjedő pozitív egész számok között az n-hez relatív prímek számát jelenti.
Hogyan lehet most már a φ(n) függvényt kiszámítani? Kezdjük a legegyszerűbb esettel. Ha n=p prímszám, akkor hozzá az 1, 2, ... (p-1) számok mind relatív prímek, csak maga p nem az, így φ(p)=p-1. Nézzük meg most egy prímszám hatványát. pα-hoz csak a p-vel osztható számok nem relatív prímek, tehát p, 2p, ..., pα-1p, s ezek száma pα-1. Így φ(pα)=pα-pα-1. Amit így is írhatunk:
φ(pα)=pα-1(p-1)=pα-1φ(p).(1)

Legyen most p és q két különböző prímszám, és keressük φ(p⋅q) értékét. Írjuk fel 1-től p⋅q-ig a számokat, a következőképpen:
1,2,......,p-1,p,p+1,p+2,......,2p-1,2p,......(q-2)p+1,(q-2)p+2,......,(q-1)p-1,(q-1)p,(q-1)p+1,(q-1)p+2,......,qp-1,qp.


Az első sorban nyilvánvalóan φ(p) számú p-hez relatív prím szám van (az utolsó kivételével mind az) ‐ φ(p) szám relatív prím a p-hez a többi sorban is, hiszen bármely p egymásutáni szám között φ(p) relatív prím szám van a p-hez. Könnyen belátható, hogy ezek úgy helyezkednek el, bogy egy-egy oszlopban, vagy csupa p-hez relatív prím szám van, vagy egyik szám sem ilyen. Emlékezzünk csak vissza arra ‐ amit fentebb bizonyítottunk ‐, hogy (a,n)=(a+n,n). Ebből n helyett p-t téve azonnal következik állításunk, mert egy-egy oszlopban egymás alatt mindig, épp p-vel különböző számok következnek. Nézzük most, mely számok lesznek q-hoz relatív prímek. Ezt oszloponként lesz célszerű megvizsgálni. Tulajdonképpen csak azok az oszlopok érdekelnének, amelyben p-hez relatív prím számok állnak, de nézzük egyelőre mindegyiket. Az utolsó oszlopban azok lesznek relatív prímek a q-hoz, melyekben p szorzója q-hoz relatív prím, hisz p-nek nincs közös osztója q-val. Ezek a szorzók pedig az 1, 2, ... (q-1), q számok. Köztük φ(q)=(q-1) számú q-hoz relatív prím szám van. Maguk a p, 2p, ..., (q-1)p, qp számok nagyobbak az 1., 2., ..., q-1, q számoknál, egy szempontból mégsem különböznek tőlük lényegesen. Ha elosztjuk őket q-val, a maradék közt az első q szám mindegyike előfordul. (Persze, akkor a maradék nélküli osztás helyett q maradékot írunk: p⋅q=(p-1)q+q).
Mielőtt ezt belátnánk, megjegyezzük, hogy ebből is következtethetünk arra, hogy hány q-hoz relatív prím szám van az oszlopban. Azok lesznek a q-hoz relatív prím számok, melyeknek az osztási maradéka relatív prím a q-hoz. Legyen ugyanis az a:q osztás (egész) hányadosa h, maradéka m, ez azt jelenti, hogy a=q⋅h+m amiből azonnal következik állításunk.
A p, 2p, ..., (q-1)p, qp számokról azt mutatjuk meg, hogy nem lehet köztük kettő, mely q-val osztva ugyanazt a maradékot adja. Ha ugyanis kp=qh1+m és lp=qh2+m volna, egyenlő maradékkal, akkor (k-l)p=(h1-h2)q kellene hogy legyen. De mivel p és q relatív prímek, ez csak úgy lehetne igaz, ha (k-l) többszöröse lenne q-nak. Ez azonban különböző k és l esetén lehetetlen, mert mindegyikük az 1, 2, ..., (q-1), q, számok közül való, így különbségük legfeljebb q-1 lehet, és így nem lehet osztható q-val.
A maradékok tehát mind különbözők, az 1, 2, ..., (q-1), q számok közül valók, és számuk q. Ez pedig csak úgy lehet, ha a maradékok között az 1, 2, ..., (q-1), q számok mindegyike előfordul és mindegyik csak egyszer.
Ebből a meggondolásból könnyen következtethetünk az előző oszlop q-hoz relatív prím számainak számára is. Az előző oszlopban ugyanis minden szám eggyel kisebb, mint az utolsó oszlop ugyanannyiadik sorában álló, tehát q-val osztva, eggyel kisebb lesz az osztás maradéka is. Ennek az oszlopnak a maradékai tehát a 0, 1, ..., (q-1) számok lesznek (persze általában nem ebben a sorrendben). A 0 maradék azt jelenti, hogy a megfelelő szám osztható q-val. Ezt az osztást így megint felírhatjuk, ha tetszik q maradékkal is és akkor ebben az oszlopban is ugyanazok a maradékok, mint az utolsó oszlopban, csak más sorrendben. A q-hoz relatív prím számok száma is ugyanannyi ebben az oszlopban is, mint az utolsóban volt, azaz φ(q).
Ha most ismét a megelőző (végéről harmadik) oszlopra térünk át, ott megint eggyel csökkennek a számok minden sorban, és így szó szerint megismételve a gondolatmenetet beláthatjuk, hogy ebben is és mindegyik oszlopban φ(q) a q-hoz relatív prímszámok száma.*
Az előzőekben láttuk, hogy φ(p) olyan oszlop van, melyben levő számok p-hez relatív prímek. Másrészt minden oszlopban, tehát minden ilyen oszlopban is φ(q) szám lesz relatív prim a q-hoz is, így az első p⋅q szám között φ(p)⋅φ(q) lesz a p⋅q-hoz relatív prím számok száma, vagyis φ(p⋅q)=φ(p)φ(q)=(p-1)(q-1).
Ebben a bizonyításban nem használtuk ki azt, hogy p és q prímszámok, csupán csak azt, hogy relatív prímek. (Akkor, mikor azt mondtuk, hogy a p, 2p, ..., (q-1)p, qp számok közül azok és csakis azok relatív prímek q-hoz, melyekben p-nek a szorzója relatív prím a q-hoz, meg mikor abból, hogy q osztója kell legyen (k-l)p-nek arra következtettünk, hogy (k-l)-nek is osztója kell legyen.) Így általában, ha P és Q tetszőleges egymáshoz relatív prím számok (tehát általában nem prímek), akkor is mindig igaz, hogy φ(P⋅Q)=φ(P)⋅φ(Q). Ezzel azonban már ki is tudjuk számítani a φ-függvény értékét egy tetszőleges a helyen, hisz a-t fel tudjuk bontani páronként relatív prím tényezők szorzatára, tudniillik különböző prímszámok hatványaira:
a=p1α1⋅p2α2⋅...⋅pn-1αn-1⋅pnαn.
Így lépésről lépésre alkalmazva eredményeinket kapjuk, hogy
φ(a)=φ(p1α1⋅p2α2⋅...⋅pn-1αn-1⋅pnαn)==φ(p1α1⋅p2α2⋅...⋅pn-1αn-1)φ(pnαn)=...==φ(p1α1)⋅φ(p2α2)⋅...⋅φ(pn-1αn-1)⋅φ(pnαn)==p1α1-1(p1-1)⋅p2α2-1(p2-1)⋅...⋅pn-1αn-1-1(pn-1-1)⋅pnαn-1(pn-1)==p1α1-1⋅p2α2-1⋅...⋅pn-1αn-1-1pnαn-1(p1-1)(p2-1)...(pn-1-1)(pn-1).


A zárójeles tényezők rendre φ(p1), φ(p2), ..., φ(pn-1), φ(pn). Így az utolsó alakból azt is kiolvashatjuk, hogy ha a=pαb és b még osztható p-vel, akkor
φ(pαb)=pαφ(b)(2)
(Felhasználtuk, hogy, ha pn különbozik p1, ..., pn-1 törzsszámoktól, akkor (p1α1⋅p2α2...pn-1αn-1,pnαn)=1 és az (1) formulát.) Mivel azonban a π(x)x értékéről szeretnénk valamit tudni, inkább a φ(a)a értéke érdekel minket, amit pedig a fenti egyenlőségből a-val való osztás után kapunk:
φ(a)a==p1α1-1p2α2-1...pn-1αn-1-1pnαn-1(p1-1)(p2-1)...(pn-1-1)(pn-1)p1α1p2α2...pn-1αn-1pnαn=(p1-1)(p2-1)...(pn-1-1)(pn-1)p1p2...pn-1pn==(1-1p1)(1-1p2)...(1-1pn-1)(1-1pn).



*

Most térjünk vissza a π(x) függvényre. Azt már tudjuk, hogy π(x)≤φ(x)+(x prímosztóinak száma).
Azonban ‐ mint már említettük ‐, ha olyan x-et veszünk, amely prímszám, vagy akár csak kevés prímtényezője van, akkor φ(x) értéke igen nagy lesz. ‐ Ez látható abból is, hogy φ(a)a értéke csupán a prímosztóitól függ, azok hatványaitól nem. ‐ Pl. 2310=2⋅3⋅5⋅7⋅11, 2309 prímszám, és 2304=28⋅32. Nézzük most meg, mit tudunk mondani e három szám alatti prímszámok számáról.
π(2310)≤φ(2310)+5=φ(2)φ(3)φ(5)φ(7)φ(11)+5==1⋅2⋅4⋅6⋅10+5=485;π(2309)≤φ(2309)+1=2308+1=2309;π(2304)≤φ(2304)+2=φ(28)⋅φ(32)+2==27(2-1)3(3-1)+2=28⋅3+2=770.
A második és harmadik egyenlőtlenség helyett lényegesen jobbat kapunk felhasználva, hogy π(2309)≤π(2310), valamint π(2304)≤π(2310).*
Így:
π(2309)≤485,ésπ(2304)≤485.

Mi igyekszünk π(x) számára lehetőleg jó egyenlőtlenséget, lehetőleg kis felső korlátot keresni. Ehhez célszerű olyan számot keresnünk, mely x-nél egyrészt nem sokkal nagyobb, másrészt sok prímosztója legyen, éspedig minél kisebb hatványkitevővel, azonkívül jó, ha ezek a prímszámok minél kisebbek. (Pl.: 2⋅3⋅67=402>5⋅7⋅11=385, és mégis φ(2⋅3⋅67)=132 és φ(5⋅7⋅11)=240 ‐ a 2 és 3 miatt.)
Vegyük e célból az első n egymásutáni prímszám szorzatát, jelöljük Pn-nel Pn=p1p2...pn. Biztos, hogy van egy olyan n, melyre Pn<x≤Pn+1 egyenlőtlenség fennáll. Vegyük most a Pn, 2Pn, ... számokat. Lesz köztük két szomszédos, amelyek közé esik x, megengededve, hogy pl. a nagyobbikkal esetleg egybe is eshetik. Legyen ez k⋅Pn és (k+1)Pn. Ekkor kPn<x≤(k+1)Pn≤Pn+1=pn+1Pn és így k<pn+1, k+1≤pn+1. Mivel x≤(k+1)Pn
π(x)≤π([k+1]Pn)

(k+1)Pn-ben legfeljebb n+1 különböző prímtényező szerepel, ugyanis, ha k+1=pn+1, akkor a p1, p2, ..., pn, pn+1 tényezők, ha pedig k+1<pn+1, akkor k+1 is csak a p1, p2, ..., pn tényezőket tartalmazhatja. Így
π([k+1]Pn)≤φ([k+1]Pn)+(n+1)

Amennyiben k+1=pn+1, akkor (pn+1,Pn)=1 folytán φ([k+1]Pn)=(pn+1-1)φ(Pn)<(k+1)φ(Pn)<(k+1)φ(Pn). Ha k+1<pn+1 akkor k+1 tényezőia Pn-ben már szerepelnek, így a (2) alapján (k+1)-et ,,kiemelhetjük'', vagyis φ([k+1]Pn)=(k+1)φ(Pn). Így mindkét esetben
φ([k+1]Pn)≤(k+1)φ(Pn).
Ezt felhasználva azt nyertük, hogy π(x)≤(k+1)φ(Pn)+n+1. Kérdés most, hogyan kaphatunk felső korlátot π(x)x számára? A számláló helyett sikerült nála nagyobb, jobban kezelhető kifejezést találnunk. Jó volna a nevezőt is Pn egy többszörösével helyettesíteni. Ha biztosak akarunk lenni benne, hogy továbbra is π(x)-nél nagyobb értéket kapunk, akkor ezt úgy kell megtennünk, hogy a jobboldal ne csökkenjen közben. Ha a nevezőt csökkentjük, akkor fog növekedni a tört értéke. Tegyük hát az x helyébe a nála kisebb k⋅Pn-et, így
π(x)x<(k+1)φ(Pn)+n+1kPn=(k+1)φ(Pn)kPn+n+1kPn==k+1kφ(Pn)Pn+n+1kPn.



Erről akarjuk megmutatni, hogy tetszőlegesen kicsiny lesz, amint n elég nagy (s így még inkább igaz lesz ez π(x)x-re). Ez várhatóan azon fog múlni, hogy ugyanez igaz φ(Pn)Pn-re. Hagyjuk ezt a kifejezést utoljára és vizsgáljuk előbb a könnyebben letárgyalhatókat. Nézzük először a második tagot. Itt a nevezőben Pn utolsó két tényezőjének szorzata is már lényegesen nagyobb a számlálónál. Pontosan ez így követhető számítással. Mivel az első prímszám, p1=2 nyilván minden prímszámra pn≥n+1, sőt p3=5 folytán, ha n>5, akkor az egyenlőség nem állhat fenn, vagyis pn>n+1 és pn-1≥n. Ez esetben
n+1k⋅p1...pn-1pn<n+1n(n+1)<1n.

A másik tört első tényezőjére k+1≤2k, vagyis k+1k≤2. Így maradt a tulajdonképpeni feladat φ(Pn)Pn megbecslése. Tudjuk, hogy Pn=p1⋅p2⋅...⋅pn, s így
φ(Pn)Pn=(1-1p1)(1-1p2)...(1-1pn).
Azt kellene bizonyítanunk, hogy ez a szorzat is tetszőlegesen kicsivé tehető, ha n-et elég nagyra választjuk. Könnyebb azonban olyan állításokat bizonyítani, hogy valamilyen kifejezés ,,nagyon naggyá válhat'', így ennek megfelelően átalakítjuk feladatunkat. Az, hogy bármekkora pozitív szám is c (bármilyen kicsi is lehet tehát), egy elég nagy n0-tól kezdve minden n-re
(1-1p1)(1-1p2)...(1-1pn)<c
ugyanannyit jelent, mint az, hogy az n0-nál nagyobb n-ekre
1(1-1p1)(1-1p2)...(1-1pn)>1c,
és itt 1c megint bármilyen pozitív szám, tehát bármilyen nagy is lehet. (Persze megfelelően nagyra kell akkor az n-et is választani.) De
1(1-1p1)(1-1p2)...(1-1pn)=1(1-1p1)⋅1(1-1p2)...1(1-1pn)
Ha az egyes tényezők számlálójában még egy (1p)α+1 alakú kivonandó szerepelne, akkor ráismernénk a mértani sor összegére, s így könnyen meggyőződhetünk arról, hogy
11-1pi>1-(1pi)αi+11-1pi=1+1pi+⋅⋅+1piαi.
(itt pi jelentheti a p1, p2, ..., pn számok bármelyikét, α1, α2, ..., αn pedig tetszőleges pozitív egész számokat. Ezt alkalmazva sorra p1, p2, ..., pn-re
1(1-1p1)(1-1p2)...(1-1pn)>(1+1p1+1p12+...+1p1α1)(1+1p2+...+1p2α2)...(1+1pn+...+1pnαn).


Ha minden tagot minden taggal összeszorzunk, ilyen tagokat kapunk:
1p1β1p2β2...pnβn,
ahol a β-k a megfelelő α-knál nem nagyobb pozitív számok, vagy lehet bármelyikük 0 is (ha a megfelelő tényezőből az 1-gyet választottuk ki szorzóul). Mivel bármely pn-nél nem nagyobb szám prímtényezői a p1, p2, ..., pn között vannak, bármelyiket felírhatjuk ilyen alakban, így a beszorzásnál ezek mindegyikének reciprokát megkapjuk, ha az α-kat elég nagynak választjuk. Ezekről eddig semmit sem kötöttünk ki, tehát még szabadon megválaszthatjuk őket. Legyen pl. minden α akkora, hogy a megfelelő piαi>pn legyen. De kapunk pn-nél nagyobb számok reciprokait is, így
1(1-1p1)(1-1p2)...(1-1pn)>1+12+13+14+...+1pn-1+1pn.



Nézzük ennek a sornak az elejét
1=1,12=12,13+14>14+14=12,15+16+17+18>18+18+18+18=48=12
. Tovább is hasonlóan haladhattunk: 2 egyik hatványától a következőig a részletösszeg nagyobb, mint 12:
12l-1+1+12l-1+2+...+12l>12l+...+12l==2l-112l=12,


mert a tagok száma 2l-1. Ha most a sorban 1-től 2l-ig megyünk, az első 1-es után l számú 12-nél nagyobb ilyen összeget jelölhetünk ki s így
1+12+(13+14)+...+(12l-1+1+...+12l)>1+l2.
Válasszuk most l-et úgy, hogy pn 2-nek az l-edik és (l+1)-edik hatványa közé essen:
2l<pn<2l+1.(3)

Tehát most már azt tudjuk, hogy
π(x)x<2(1-1p1)...(1-1pn)+1n<211+l2+1n=4l+2+1n,
ahol l értékét a (3) egyenlőtlenség határozza meg.
1n tetszőlegesen kicsi, ha n nagyon nagy szám. Másrészt, ha pn nagy, akkor l is nagy, mert (3) jobboldali egyenlőtlenségét 2-vel osztva kapjuk, hogy 2l>pn2; így 4l+2 szintén igen kicsi. Például, ha azt akarjuk, hogy π(x)x 1100-nál kisebb legyen, ezt elérhetjük, ha sikerül n-et úgy választani, hogy 4l+2 és 1n mindegyike 1200-nál kisebb legyen, vagyis 1n<1200, amiből n>200; továbbá 4l+2<1200 kell, hogy legyen, amiből
l+24>200;l+2>800l>798,
ami egész biztosan teljesül, ha n-et nemcsak 200-nál választjuk nagyobbra, hanem úgy választjuk, hogy pn2>2798, vagyis pn>2799 legyen. Hasonlóan járhatunk el, ha 1100 helyébe bármekkora pozitív c számot teszünk. Mindig találhatunk olyan alsó korlátot x értékére, amelytől kezdve π(x)x<c lesz. A most bizonyított tényt szokás a matematika nyelvén úgy mondani, hogy π(x)x 0-hoz tart, ha x minden határon túl növekszik.*
 

Feladatok:
255. Mutassátok meg, hogy az első n pozitív szám négyzetének reciprokát összeadva 2-nél kevesebbet kapunk, bármekkora szám is n.
 

256. Küldjétek be a pontos bizonyítását annak, hogy ha P és Q relatív prím számok, akkor φ(P⋅Q)=φ(P)⋅φ(Q).
*Megmutathattuk volna közvetlenül is, hasonlóan, mint az utolsó oszlopban tettük, hogy bármelyik oszlopban két különböző szám különböző maradékot ad q-val osztva. Ebből is következnék, hogy egy-egy oszlopban φ(q) a q-hoz relatív prím számok száma.

*Ez utóbbiról tudjuk, hogy határozottan kisebb, hiszen közöttük van egy prímszám, ugyanis 2309

*A tétel itt közölt bizonyítása Eulertól származik, a szerző azonban ezt nem ismerve, önállóan talált rá. (Szerk.)