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 $$F^\ast(n)=\displaystyle\sum_{d\mid n}F(d)\mu\left(\frac n d\right)$$
Inversione di Möbius plus
Inversione di Möbius plus
Imagination is more important than knowledge. For knowledge is limited, whereas imagination embraces the entire world, stimulating progress, giving birth to evolution (A. Einstein)
Re: Inversione di Möbius plus
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
\[ F(n)= \sum_{d \mid n}{F^{\ast}(d)} \]
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
Re: Inversione di Möbius plus
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) $
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) $
Imagination is more important than knowledge. For knowledge is limited, whereas imagination embraces the entire world, stimulating progress, giving birth to evolution (A. Einstein)