funzioni moltiplicative

[jordan]

Una funzione aritmetica $ a(x): \mathbb{N}^+ \to \mathbb{C} $ si dice moltiplicativa se $ a(1)=1 $ e $ a(mn)=a(m)a(n) $ per ogni coppia di interi m,n tali che $ mcd(m,n)=1 $.
Siano date tre funzioni aritmetiche $ f(x),g(x),h(x) $ tali che:
i) $ h(x) $è definita come $ h(x)=\sum_{ab=x}{f(a)g(b)} $ per ogni x intero positivo;
ii) $ h(x) $ è moltiplicativa;
iii) $ f(x) $ è moltiplicativa.

Mostrare che $ g(x) $ è moltiplicativa.


nb (la somma sulla i è praticamente estesa a tutte le coppie (a,b) di interi positivi tali che ab=x)

[stefanos]

Ma c'e` una soluzione combinatorica? Io ne ho una tdn-ish. Me la puoi mandare per mp, quando hai un po' di tempo, perfavore?

[Federiko]

Notazione. Chiamo $ $*$ $ l'operazione definita come $ $f*g(n) := \sum_{d | n} f(d) g\left(\frac{n}{d}\right)$ $ (con d | n intendo che d divide n); sia $ $\mu(n)$ $ la funzione di Moebius, che vale 0 se n non e` square-free (cioe` ha dei divisori quadrati) e $ $(-1)^{\omega(n)}$ $ altrimenti, dove $ $\omega(n)$ $ e` il numero di fattori primi distinti di n. In seguito chiamero` $ $f^{-1}(n)$ $ la funzione inversa rispetto all'operazione definita, ovvero tale che $ $f*f^{-1} = \mathcal{I}(n)$ $; $ $\mathcal{I}(n)$ $ e` l'elemento neutro dell'operazione, e puo` essere scritto come la parte intera di $ $\frac{1}{n}$ $ (provare per credere!).

Fatto 1. Siano $ $a(n), b(n)$ $ due funzioni aritmetiche moltiplicative. Allora $ $c(n) = a*b(n)$ $ e` una funzione moltiplicativa.
Dimostrazione: siano $ $a, b$ $ due numeri coprimi; dunque $ $c(a) \cdot c(b) = \left(\sum_{h | a} a(h) b\left(\frac{a}{h}\right)\right) \cdot \left(\sum_{k | b} a(k) b\left(\frac{b}{k}\right)\right) = \sum_{h | a, k | b} a(hk) b\left(\frac{ab}{hk}\right)$ $ (per la moltiplicativita` delle due funzioni e per la coprimalita` dei due numeri, quindi dei loro divisori).

Fatto 2. Ogni funzione moltiplicativa $ $f(n)$ $ (veramente basta che si abbia $ $f(1) \neq 0$ $) ammette un inverso rispetto l'operazione in questione; infatti, possiamo calcolarne tutti i valori ricorsivamente:
$ $f*f^{-1}(1) = \mathcal{I}(1)$ $, calcolando cio` che possiamo calcolare troviamo che $ $f^{-1}(1) = 1$ $, e per $ $n > 1$ $, $ \sum_{d | n} f\left(\frac{n}{d}\right) f^{-1}(d) = f^{-1}(n) + \sum_{d | n, d \neq n} f\left(\frac{n}{d}\right) f^{-1}(d) = 0$ $, cioe` $ $f^{-1}(n) = -\sum_{d | n, d \neq n} f\left(\frac{n}{d}\right) f^{-1}(d)$ $.

Fatto 3. Se $ $n$ $ e` un numero square-free, e $ $f$ $ e` una funzione moltiplicativa, allora $ $f^{-1}(n) = \mu(n) \cdot f(n)$ $.
Dimostrazione: verifichiamo che questa funzione e` l'inversa di $ $f$ $: deve essere $ $\mathcal{I}(n) = f*f^{-1}(n) = \sum_{d | n} f\left(\frac{n}{d}\right) f^{-1}(d) = \sum_{d | n} f\left(\frac{n}{d}\right)\cdot\mu(d)f(d)$ $, che, poiche` $ $n$ $ e` square-free (quindi i divisori sono coprimi), e` uguale a $ $f(n) \sum_{d | n} \mu(d) = f(n) \mathcal{I}(n) = \mathcal{I}(n)$ $; la conclusione segue dall'identita` $ $\mu*u(n) = \mathcal{I}(n)$ $ (dove $ $u$ $ e` la funzione che vale identicamente 1).

Fatto 4. L'inverso di una funzione moltiplicativa e` ancora una funzione moltiplicativa.
Dimostrazione: consideriamo due numeri coprimi $ $a, b$ $; ora, facendo uso del fatto 3, abbiamo $ $f^{-1}(ab) = \mu(ab) f(ab) = \mu(a)\mu(b) f(a)f(b) = f^{-1}(a)f^{-1}(b)$ $, per la moltiplicativita` di $ $f, \mu$ $.

Adesso la soluzione del problema: $ $h = f*g$ $, quindi $ $h*f^{-1} = g$ $; per il fatto 4 $ $f^{-1}$ $ e` moltiplicativa, quindi in virtu` del fatto 1 anche $ $g$ $ e` moltiplicativa.

[Federiko]

PER LA SECONDA VOLTA....Questo messaggio è di Stoppia (stefanos), che è a casa mia è ha scritto con il mio account... Anche Pietro l'aveva fatto in un problema di geometria...Chiediamo scusa

[stefanos]

LOOL! Ma che dici! Non ti vergognare delle tue soluzioni
Bella questa

[jordan]

Sarebbe la convoluzione di Dirichlet..comunque, si, io ho la stessa soluzione, senza nominare elemento neutro, w(n) e moebius, ma direi che in sostanza è la stessa..
peraltro non mi prendo assolutamente il merito di averla risolta, l'avevo solo letta direttamente da un qualche pdf sparso sull'hard disk

[stefanos]

Su un pdf ne ho trovata una piu` breve: se f non e` moltiplicativa, allora esistono m, n coprimi tali per cui $ $f(mn) \neq f(m)f(n)$ $. Scegliamoli in modo che il loro prodotto sia il piu` piccolo possibile: se $ $mn = 1$ $, allora $ $f(1) \neq f(1)f(1)$ $, quindi in particolare $ $f(1) \neq 1$ $, e $ $h(1) = f(1)g(1) = f(1) \neq 1$ $, quindi h non e` moltiplicativa, assurdo. Allora mn > 1, e per ogni a, b coprimi, con ab < mn, si ha $ $f(ab) = f(a)f(b)$ $. Ora, $ $h(mn) = \sum_{a|m, b|n, ab < mn} f(ab)g\left(\frac{mn}{ab}\right) + f(ab)g(1) = \sum_{a|m, b|n, ab<mn} f(a)g\left(\frac{m}{a}\right) f(b)g\left(\frac{n}{b}\right) + f(mn) = h(m)h(n) - h(mn) + f(mn)$ $: se f non e` moltiplicativa si ha un assurdo.