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Dimostrare che
1. $ $\frac{n}{\phi(n)} = \sum_{d|n} \frac{\mu^2(d)}{\phi(d)}$ $ .

2. $ $\sum_{d^2|n} \mu(d) = \mu^2(n)$ $

PS: $ $\phi, \mu$ $ sono rispettivamente la funzione di Eulero e la funzione di Moebius.

Provo una dimostrazione per la 1
Sia k il numero dei divisori primi di n e $ p_i $ i primi di cui è formato. Allora $ \phi (n)=n\cdot \displaystyle \prod_{i=1}^{k} (1-\frac {1}{p_i}) $. Riscrivo il rapporto al primo membro in questo modo:
$ $ \frac {n}{n\cdot \displaystyle \prod_{i=1}^{k} \frac {p_i-1}{p_i}}=\displaystyle \prod_{i=1}^{k} \frac {p_i}{p_i-1} $
In questo modo si vede facilmente che il rapporto dipende solo dal numero di primi di cui è formato n e quindi non dalla potenza con cui i primi compaiono nella fattorizzazione di n.
Considero ora il secondo membro. Esso è formato solo da rapporti in cui ai numeratori compare 1 e ai denominatori invece solo i $ \phi (d) $ dei divisori formati dal prodotto tra primi diversi (perché per gli altri il numeratore è 0). Sappiamo anche che i $ \phi (p) $ dei divisori primi sono pari a p-1 mentre i $ \phi (p) $ dei divisori composti li calcolo come prima. Se ad esempio il divisore è formato dal prodotto tra due primi p e q allora si avrà
$ $ \phi (pq)=pq\cdot (1-\displaystyle \frac {1}{p})\cdot (1-\displaystyle \frac {1}{q})=(p-1)(q-1) $
Tutti gli altri divisori non primi sono quindi di questa forma. Il mcm tra tutti i denominatori sarà perciò il $ \phi (d) $ del divisore più grande (ovvero $ $ \prod _{i=1}^{k} p_i $ che è uguale a n se nella sua fattorizzazione i primi compaiono tutti con potenza 1) perchè sarà dato da $ $ \prod_{i=1}^{k} (p_i-1) $
A questo punto il numeratore sarà la somma di tutti i $ \phi (d) $ dei divisori di $ $ \prod_{i=1}^{k} p_i $ che come dimostrato in un altro topic ( viewtopic.php?t=11311 ) è pari proprio a $ $ \prod_{i=1}^{k} p_i $. Il secondo membro perciò sarà pari a $ $ \displaystyle \prod_{i=1}^{k} \frac {p_i}{p_i-1} $ che è la stessa espressione trovata per il primo membro e quindi l'uguaglianza è verificata.
Ho sbagliato qualcosa? Può essere una dimostrazione valida?

Si` e` corretto!

Mi sono accorto che ho scritto male il secondo problema.. correggo subito..

stefanos ha scritto:Si` e` corretto!

Oh che bello!!

stefanos ha scritto:Mi sono accorto che ho scritto male il secondo problema.. correggo subito..

Per fortuna che te ne sei accorto ora, visto che la stavo appena cominciando a vedere

Eheh

Ora provo il 2).
Distinguo due casi: nel primo caso considero i valori di n nella cui fattorizzazione i primi compaiono solo con potenze 1. Allora il secondo membro sarà 1. La sommatoria che compare nel primo membro contiene solo un termine che è 1 in quanto nella scomposizione di n non ci sono potenze di primi e quindi n non è divisibile per nessun quadrato. Ma $ \mu(1) =1 $ e quindi l'uguaglianza è verificata.
Ora considero il secondo caso, in cui i valori di n contengono nella loro fattorizzazione potenze diverse da 1. Il secondo membro allora vale 0. Per quanto riguarda il primo membro invece, la sommatoria è formata da tanti termini quante sono tutte le combinazioni possibili dei primi con potenza >1 (che chiamo k) , quindi tutti i numeri possibili formati da 2 primi, da 3, da 4...da k. Dato che $ \mu(d)=1 $ per i numeri scomponibili in un numero pari di fattori primi e pari a -1 se invece è formato da un numero dispari di primi distinti allora la sommatoria al primo membro avrà tanti 1 quanti sono i $ $ {k\choose 0}+{k\choose 2}... $ e da tanti $ -1 $ quanti sono invece i $ $ {k\choose 1}+{k\choose 3}... $. Questa sommatoria costituisce allora la somma con segno alterno dei numeri di una determinata riga del triangolo di Tartaglia, ed è noto che é pari a 0. Anche in questo caso quindi l'uguaglianza è verificata.

Esatto anche questo!