A number of steps are needed to evaluate v(2^1000)...

Note that, if k = p1^a1 · p2^a2 ·...· pr^ar, then (k) = (p1^a1 − p1^a1−1)·(p2^a2 − p2^a2−1)·...·(pr^ar − pr^ar−1). (1)

Show that:

φ(2k) = 2φ(k), if k is even;
φ(2k) = φ(k), if k is odd.
Let k be such that φ(k) = 2^m, for some m. Show that, if p is a prime that divides k, then p &#8722; 1 = φ(p) divides φ(k) = 2^m. Hence the primes that make up k are of the form 2^t + 1. (Note that if 2^t + 1 is prime then t is a power of 2.) Then use (1) to find all odd k such that φ(k) = 2m, for m < 32.

まじめに答えま〜す（あってたらいいな ）

ｎが２＾Ａの時だけに注目すると、
ｎ＝２＾１（＝２）のとき　ｖ＝３
ｎ＝２＾２（＝４）のとき　ｖ＝４
ｎ＝２＾３（＝８）のとき　ｖ＝５　となっている。

ここで（２＾Ａで表せる）ｎとｖの関係を表すと、、、
→ｎ＝２＾Ａのとき　ｖ＝Ａ＋２

ここで、ｖ＝Ａ＋２よりＡ＝ｖ−２と表す。したがってｎ＝２＾（ｖ−２）となる。

問題はｖ＝２＾１０００なので
　　　ｎ＝２＾（２＾１０００−２）
　　　　＝２＾（２＾９９９）
　
Ａ.ｎ＝２＾（２＾９９９）　　答えるのってｎでいいんですよね？

答えが1002になるであろうことは容易に想像がつきますが、それを証明するのが大変ですね。
>>1が答えを出すためにヒントになっているように見えるので、まずは途中まで証明してみました。
本来なら、厳密に条件付けをしなければいけないのでしょうが、そのあたりは省略ということで。

(i)kが偶数のとき
(i-1)kよりも小さい自然数xがkと互いに素である場合、
　kが偶数であることからxは奇数となり、明らかにxと2kも互いに素である。
　同様に、k+xは奇数かつkと互いに素となることから、k+xと2kは互いに素である。
(i-2)kよりも小さい自然数xがkと互いに素でない場合、
　kとxは共通の因数を持つことから、xと2kも共通の因数を持ち、したがってkとxは互いに素ではない
　同様に、k+xとkは共通の因数を持つことから、k+xと2kも共通の因数を持ち、互いに素でない。
以上より、2kと互いに素となる数は、1〜kの間のφ(k)個、k+1〜k+(k-1)の間にφ(k)個あることから、
φ(2k)=2φ(k)となる

(ii)kが奇数のとき
(ii-1)kよりも小さい自然数xがkと互いに素である場合、かつxが奇数の場合
　kとxは互いに素でありxが奇数であることから、2kとxも明らかに互いに素
　また、k+xは偶数となることから、2kとk+xはそれぞれ因数2を持ち、互いに素ではない
(ii-2)kよりも小さい自然数xがkと互いに素である場合、かつxが偶数の場合
　kとxはそれぞれ因数2を持ち、明らかに互いに素ではない
　また、k+xは奇数かつkと互いに素となることから、k+xと2kは互いに素である
(ii-3)kよりも小さい自然数xがkと互いに素でない場合
　kとxは共通の因数を持つことから、xと2kも共通の因数を持ち、したがってkとxは互いに素ではない
　同様に、k+xとkは共通の因数を持つことから、k+xと2kも共通の因数を持ち、互いに素でない。
以上より、2kと互いに素である数は、kと互いに素である数のうち奇数のものおよびkと互いに素である数のうち偶数のものにkを足した数となるから、φ(2k)=φ(k)となる

あとは、任意の2^mに対して、φ(x)=2^mとなる奇数xが必ず一つだけ存在するということを証明すれば、帰納法で証明できると思うのですが・・・。
>>1の前半部分がそのための条件にも見えるのですが、私の力では理解不能でした・・・。

まだ解いてないけど、問題の書き方おかしくない？
オイラーのφ関数の定義の説明が不足してる気がする。
φ（ｎ）は１からｎまでの数の中でｎとは互いに素である数の個数ってのがいるのでは？
個数ってのが説明にいると思います。