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Premetto che non so se questa sia la sezione piu` appropriata, forse andrebbe in MnE: se i moderatori lo ritengono opportuno, spostino pure il thread.

Sia $ $\mu(n)$ $ la funzione di Moebius, che vale 0 per $ $n$ $ non square-free (ovvero almeno un fattore primo compare con esponente maggiore di uno) e $ $(-1)^{\omega(n)}$ $ altrimenti, dove $ $\omega(n)$ $ e` il numero di fattori primi distinti di $ $n$ $; dimostrare che

$ $\mu(n) = \sum_{k=1, (k, n) = 1}^{n} e^{2\pi i \frac{k}{n}}$ $

Se non e` chiaro, $ $k$ $ varia da $ $1$ $ a $ $n$ $ assumendo solo valori coprimi con $ $n$ $.

Rubo l'ennesimo problema di Teoria dei Numeri, però sono un novellino quindi posso permettermelo

Sia $ \displaystyle~f\left(x\right)=\sum_{k=0}^{x-1}\left(e^{\frac{2\pi i}{x}}\right)^k $ (x intero). Intanto si dimostra facilmente che è $ \displaystyle~f\left(x\right)=0,~~x>1 $. Infatti:
$ \displaystyle~\sum_{k=0}^{x-1}\left(e^{\frac{2\pi i}{x}}\right)^k=\frac{e^{2\pi i}-1}{e^{\frac{2\pi i}{x}}-1}=0 $.
D'ora in poi supporremo $ \displaystyle~n>1 $ (si può verificare la tesi per n = 1)
La tesi si può riscrivere $ \displaystyle~\mu\left(n\right) = \sum_{k=0, \left(k, n\right) = 1}^{n-1} \left(e^{\frac{2\pi i}{n}}\right)^k $, dato che 0, così come n, non verranno mai presi.
Ora, sia $ \displaystyle~n=p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_t^{e_t} $ la fattorizzazione di n. La tesi si può riscrivere così:
$ \displaystyle~\mu\left(n\right) = f\left(n\right)-\sum f\left(\frac{n}{p_i}\right)+\sum_{i<j} f\left(\frac{n}{p_ip_j}\right)-\sum_{i<j<k} f\left(\frac{n}{p_ip_jp_k}\right) $$ \displaystyle~+\dots+\left(-1\right)^t f\left(\frac{n}{p_1p_2\cdots p_t}\right) $
Ora, ci può essere al massimo un termine per cui $ \displaystyle~\frac{n}{\text{un certo prodotto}}=1 $, quindi questo può essere solo l'ultimo. Tutte le altre frazioni passate come parametro a f sono > 1, quindi tutte le loro immagini sono nulle. La tesi si può ancora riscrivere così:
$ \displaystyle~\mu\left(n\right) = \left(-1\right)^t f\left(\frac{n}{p_1p_2\cdots p_t}\right) $
Ma in caso n non sia square-free, allora è $ \displaystyle~n>p_1p_2\cdots p_t $, poiché ci sono degli $ \displaystyle~e_i>1 $, quindi è $ \displaystyle~\frac{n}{p_1p_2\cdots p_t}>1 $, quindi $ \displaystyle~\mu\left(n\right)=0 $.
Se invece n non è square-free, allora è $ \displaystyle~\frac{n}{p_1p_2\cdots p_t}>1 $, da cui $ \displaystyle~\mu\left(n\right) = \left(-1\right)^t f\left(1\right)=\left(-1\right)^t=\left(-1\right)^{\omega\left(n\right)} $.

P.S.: Perché MnE? Non occorre sapere cosa sono le radici dell'unità...

kn ha scritto:Rubo l'ennesimo problema di Teoria dei Numeri, però sono un novellino quindi posso permettermelo

Nessun problema
La dimostrazione mi sembra giusta, bravo!

kn ha scritto:P.S.: Perché MnE? Non occorre sapere cosa sono le radici dell'unità...

Il motivo non e` questo: io so dimostrare questo fatto con un lemmetto molto bello che ha a che fare con questa operazione, e non conoscendo altre soluzioni ero un po' dubbioso.

Se ti interessa, ecco il lemma di cui parlo:
Lemma. Sia $ $F = \sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right)$ $, e sia anche $ $F^* = \sum_{k=1, (k, n)=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right)$ $, dove nell'ultima somma $ $k$ $ e` preso sempre coprimo con $ $n$ $. Sia inoltre $ $\mu(n)$ $ la funzione di Moebius, e $ $*$ $ l'operazione illustrata nel post indicato.
Dimostrare che e` $ $F^* = \mu*F$ $

Buon divertimento!!