Mostrare che $ \displaystyle \frac{1}{n\#} = \sum_{k \;\!\mid\;\! n\#} (-1)^{\omega(k)} \frac{\varphi(k)}{k} $, per ogni $ n \in \mathbb{N}_0 := \{1, 2, \ldots\} $, dove $ \# $ denota un primoriale, $ \omega(\cdot) $ è la funzione aritmetica $ \mathbb{Z} \setminus\{0\} \to \mathbb{N}_0 $ che ad ogni intero non nullo associa il numero dei suoi divisori primi naturali, e $ \varphi(\cdot) $ è la totiente di Eulero.
(Salvatore Tringali)
Una somma che ricorda la convoluzione..
Una somma che ricorda la convoluzione..
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Re: Una somma che ricorda la convoluzione..
La dimostro per induzione:jordan ha scritto:Mostrare che $ \displaystyle \frac{1}{n\#} = \sum_{k \;\!\mid\;\! n\#} (-1)^{\omega(k)} \frac{\varphi(k)}{k} $, per ogni $ n \in \mathbb{N}_0 := \{1, 2, \ldots\} $
(Salvatore Tringali)
(1)
Se $ $n=1$ $ è banalmente verificata l'uguaglianza []
(2)
Se vale per n-1 allora vale per n
Dimostrazione:
Se $ $n$ $ non è primo allora $ n\#=(n-1)\# $ e non cambia niente ambo le parti
Se$ $n$ $ è primo allora $ n\#=n((n-1)\#) $
(k,n)=1 quindi
$ \omega(kn)=\omega(k)+\omega(n)=\omega(k)+1 $
$ \varphi(kn)=\varphi(k)\varphi(n)=\varphi(k)(n-1) $
Quindi
$ \displaystyle RHS(n)=\sum_{k \;\!\mid\;\! n-1\#} (-1)^{\omega(k)} \frac{\varphi(k)}{k}+\displaystyle \sum_{k \;\!\mid\;\! n-1\#} (-1)^{\omega(kn)} \frac{\varphi(kn)}{nk} $
$ \displaystyle RHS(n)=\frac{1}{(n-1)\#}+\left (\frac{1}{n}-1\right)\frac{1}{(n-1)\#}=\frac{1}{n\#} $ []
dai, allora posto anche la mia soluzione.. ora che ci ripenso, è un pochino più tecnica del necessario..
tiriamo in ballo la funzione $ \mu $ di Moebius una cara funzione moltiplicativa, che coincide con $ (-1)^\omega $ sui numeri liberi da quadrati e si annulla altrove. osserviamo che anche l'altra funzione che compare, ovvero la funzione che manda $ m $ in $ \varphi'(m):=\varphi(m)/m $ è moltiplicativa, perché lo sono sia la phi di Eulero sia la funzione inverso.
abbiamo due funzioni moltiplicative... che facciamo? beh, le convolviamo
e otteniamo:
$ \psi(m) := \mu*\varphi'(m) = \sum_{d|n}\mu(\frac{m}{d})\varphi'(d) $.
per costruzione, questa nuova funzione è moltiplicativa, quindi per sapere il suo valore ci basta sapere cosa fa sulle potenze dei primi (e, in realtà, per l'esercizio ci basta considerare quanto fa sui primi, visto che ci interessa il caso $ m=n\# $, ma tanto per scrupolo...).
$ \psi(p^\alpha)=\sum_{0\le k\le\alpha} \mu(p^{\alpha-k})\varphi'(p^k) $.
distinguiamo ora due casi (ricordando che ci interessano solo esponenti strettamente positivi):
se $ \alpha=1 $, abbiamo che la somma si riduce a
$ \psi(p)= \mu(p)\frac{\phi(1)}{1} + \mu(1)\frac{\varphi(p)}{p} = -1+\frac{p-1}{p} = -\frac{1}{p} $.
se $ \alpha\ge 1 $, la otteniamo invece
$ \psi(p)= \mu(p)\frac{\phi(p^{\alpha-1})}{p^{\alpha-1}} + \mu(1)\frac{\varphi(p^{\alpha})}{p^{\alpha}} = -\frac{p-1}{p}+\frac{p-1}{p} = 0 $.
quello che abbiamo ottenuto, in realtà, è che $ \mu(m)/m = \mu*\varphi'(m) $, che in particolare dimostra l'identità di jordan.
tiriamo in ballo la funzione $ \mu $ di Moebius una cara funzione moltiplicativa, che coincide con $ (-1)^\omega $ sui numeri liberi da quadrati e si annulla altrove. osserviamo che anche l'altra funzione che compare, ovvero la funzione che manda $ m $ in $ \varphi'(m):=\varphi(m)/m $ è moltiplicativa, perché lo sono sia la phi di Eulero sia la funzione inverso.
abbiamo due funzioni moltiplicative... che facciamo? beh, le convolviamo
e otteniamo:$ \psi(m) := \mu*\varphi'(m) = \sum_{d|n}\mu(\frac{m}{d})\varphi'(d) $.
per costruzione, questa nuova funzione è moltiplicativa, quindi per sapere il suo valore ci basta sapere cosa fa sulle potenze dei primi (e, in realtà, per l'esercizio ci basta considerare quanto fa sui primi, visto che ci interessa il caso $ m=n\# $, ma tanto per scrupolo...).
$ \psi(p^\alpha)=\sum_{0\le k\le\alpha} \mu(p^{\alpha-k})\varphi'(p^k) $.
distinguiamo ora due casi (ricordando che ci interessano solo esponenti strettamente positivi):
se $ \alpha=1 $, abbiamo che la somma si riduce a
$ \psi(p)= \mu(p)\frac{\phi(1)}{1} + \mu(1)\frac{\varphi(p)}{p} = -1+\frac{p-1}{p} = -\frac{1}{p} $.
se $ \alpha\ge 1 $, la otteniamo invece
$ \psi(p)= \mu(p)\frac{\phi(p^{\alpha-1})}{p^{\alpha-1}} + \mu(1)\frac{\varphi(p^{\alpha})}{p^{\alpha}} = -\frac{p-1}{p}+\frac{p-1}{p} = 0 $.
quello che abbiamo ottenuto, in realtà, è che $ \mu(m)/m = \mu*\varphi'(m) $, che in particolare dimostra l'identità di jordan.
Re: Una somma che ricorda la convoluzione..
Posto la mia, che ha qualcosa in comune con quella di ma_go
Innanzitutto definiamo
$ \alpha (i):=\frac{\mu(i)}{i} $ e $ \beta (i):=\frac{\varphi (i)}{i} $
In tal modo la nostra tesi diventa
$ \displaystyle \alpha (n\#)= \frac{\mu(n\#)}{n\#} = \sum_{k \;\!\mid\;\! n\#} \mu(n\#)(-1)^{\omega(k)} \frac{\varphi(k)}{k}= \sum_{k \;\!\mid\;\! n\#} \mu(n\#)\mu(k) \frac{\varphi(k)}{k}=\sum_{k \;\!\mid\;\! n\#}\mu \left( \frac{n\#}{k}\right) \beta(k)=\mu * \beta (n\#) $
i passaggi in mezzo sono giustificati dal fatto che $ \mu $ è moltiplicativa, $ k $ e $ \frac{n\#}{k} $ sono coprimi (quindi $ \mu(\frac{n\#}{k})\mu(k)=\mu(n#) $) e che $ \mu(roba) $ vale +1 o -1 all'interno della nostra sommatoria e quindi $ \mu^{-1}(roba) =\mu(roba) $ (e quindi $ \mu(\frac{n\#}{k})=\mu(n#)\mu^{-1}(k)=\mu(k)\mu(n#) $)
Noi dimostreremo che $ \alpha=\beta*\mu $ per tutti i naturali e non solo per i primoriali. D'altro canto,secondo il Sato, questo è equivalente a $ \beta=\alpha * 1 $ dove $ 1 $ è la funzione che fa 1 ovunque. Quindi ci resta da dimostrare che
$ \displaystyle \frac{\varphi (i)}{i}= \sum_{k \;\!\mid\;\! i}\frac{\mu(k)}{k} \ \ \iff \ \ \varphi (i)= i\sum_{k \;\!\mid\;\! i}\frac{\mu(k)}{k} $
Ora ricordiamoci che $ \mu $ non è nulla solo per i naturali liberi da quadrati e quindi tra i divisori di $ i $ ci basta considerare quelli che sono prodotti di primi distinti, quindi
$ \displaystyle R.H.S= i \sum_{p_1<...<p_t \ \ p_k|i \forall 1\le k\le t} \frac{\mu(p_1\cdots p_t)}{p_1\cdots p_t}=i \sum_{p_1<...<p_t \ \ p_k|i \forall 1\le k\le t} \frac{(-1)^t}{p_1\cdots p_t}=i \prod (1-\frac{1}{p_k})=\varphi(i) $
cioè la tesi
P.S. Scusate il casino di notazione nelle sommatorie alla fine (intendevo che la sommatoria andasse fatto su ogni sottoinsieme dei primi che dividono $ i $, compreso quello vuoto
Innanzitutto definiamo
$ \alpha (i):=\frac{\mu(i)}{i} $ e $ \beta (i):=\frac{\varphi (i)}{i} $
In tal modo la nostra tesi diventa
$ \displaystyle \alpha (n\#)= \frac{\mu(n\#)}{n\#} = \sum_{k \;\!\mid\;\! n\#} \mu(n\#)(-1)^{\omega(k)} \frac{\varphi(k)}{k}= \sum_{k \;\!\mid\;\! n\#} \mu(n\#)\mu(k) \frac{\varphi(k)}{k}=\sum_{k \;\!\mid\;\! n\#}\mu \left( \frac{n\#}{k}\right) \beta(k)=\mu * \beta (n\#) $
i passaggi in mezzo sono giustificati dal fatto che $ \mu $ è moltiplicativa, $ k $ e $ \frac{n\#}{k} $ sono coprimi (quindi $ \mu(\frac{n\#}{k})\mu(k)=\mu(n#) $) e che $ \mu(roba) $ vale +1 o -1 all'interno della nostra sommatoria e quindi $ \mu^{-1}(roba) =\mu(roba) $ (e quindi $ \mu(\frac{n\#}{k})=\mu(n#)\mu^{-1}(k)=\mu(k)\mu(n#) $)
Noi dimostreremo che $ \alpha=\beta*\mu $ per tutti i naturali e non solo per i primoriali. D'altro canto,secondo il Sato, questo è equivalente a $ \beta=\alpha * 1 $ dove $ 1 $ è la funzione che fa 1 ovunque. Quindi ci resta da dimostrare che
$ \displaystyle \frac{\varphi (i)}{i}= \sum_{k \;\!\mid\;\! i}\frac{\mu(k)}{k} \ \ \iff \ \ \varphi (i)= i\sum_{k \;\!\mid\;\! i}\frac{\mu(k)}{k} $
Ora ricordiamoci che $ \mu $ non è nulla solo per i naturali liberi da quadrati e quindi tra i divisori di $ i $ ci basta considerare quelli che sono prodotti di primi distinti, quindi
$ \displaystyle R.H.S= i \sum_{p_1<...<p_t \ \ p_k|i \forall 1\le k\le t} \frac{\mu(p_1\cdots p_t)}{p_1\cdots p_t}=i \sum_{p_1<...<p_t \ \ p_k|i \forall 1\le k\le t} \frac{(-1)^t}{p_1\cdots p_t}=i \prod (1-\frac{1}{p_k})=\varphi(i) $
cioè la tesi
P.S. Scusate il casino di notazione nelle sommatorie alla fine (intendevo che la sommatoria andasse fatto su ogni sottoinsieme dei primi che dividono $ i $, compreso quello vuoto