Inversione di Möbius plus

Numeri interi, razionali, divisibilità, equazioni diofantee, ...
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Drago96
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Inversione di Möbius plus

Messaggio da Drago96 » 22 feb 2015, 01:15

Sia $f:(0,1]\cap\mathbb Q\to\mathbb C$ una funzione dai razionali $0<q\le1$ ai complessi.
Definiamo $\displaystyle F(n)=\sum_{i=1}^n f\left(\frac i n\right)$ per ogni $n\ge1$ e ancora $\displaystyle F^\ast(n)=\sum_{\substack{i=1\\(i,n)=1}}^n f\left(\frac i n\right)$ la somma solo sugli $i$ coprimi con $n$. Detta $\mu$ la solita funzione di Möbius, dimostrare che $$F^\ast(n)=\displaystyle\sum_{d\mid n}F(d)\mu\left(\frac n d\right)$$
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AGallese
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Re: Inversione di Möbius plus

Messaggio da AGallese » 23 feb 2015, 01:13

Per il Th di Inversione di Mobius ci basta dimostrate che
\[ F(n)= \sum_{d \mid n}{F^{\ast}(d)} \]
Prendendo un divisore $d$ di $n$, possiamo scrivere
\[ F^{\ast}(d) = \sum_{(i,d)=1}^d{f\left(\frac{i}{d}\right)} = \sum_{(i,d)=1}^d{f\left(\frac{i(\frac{n}{d})}{n}\right)} \]
Poiché $\frac{n}{d}$ è un altro divisore di $n$, possiamo semplificare con $D=\frac{n}{d}$
\[ F^{\ast}(d) = \sum_{(j,n)=D}^d{f\left(\frac{j}{n}\right)} \]
Preso un numero $m \leq n$, banalmente $(m, n)$ assume un solo valore nell'insieme dei divisori di $n$. Tutti questi $m$ sono esattamente tutti i numeri minori o uguali a $n$, quindi
\[ \sum_{d \mid n}{F^{\ast}(d)} = \sum_{D \mid n}{\left( \sum_{(j,n)=D}^d{f\left(\frac{j}{n}\right)}\right) } = \sum_{i=1}^n{f\left(\frac{i}{n}\right)} = F(n) \]

Spero di essere stato chiaro :D

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Drago96
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Re: Inversione di Möbius plus

Messaggio da Drago96 » 23 feb 2015, 10:11

Ok! :)
Ora proviamo a prendere certe $ f $ belle, per trovare ad esempio relazioni su $\displaystyle\varphi_k (n)=\sum_{(i, n)=1} i^k $, o trovando il prodotto dei coprimi, o mostrando che la somma delle radici $ n $-esime primitive è $\mu (n) $ ;)
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