Funzione di Mobius

Messaggioda 3m0o » 17/01/2020, 23:29

1) Sia \( n= p_1^{\alpha_1} \ldots p_k^{\alpha_k} \) e \( \sigma(n) \) la somma di tutti i divisori naturali di \(n \). Dimostra che \( \sigma(n) = \prod_{i=0}^{k} \frac{p_i^{\alpha_i +1} -1}{p_i -1} \)
2) Trova \( \sum_{d \mid n} \mu(d)\sigma(d) \), dove \( \mu \) è la funzione di Mobius.

Il 1) l'ho fatto ma per il punto 2) non sono sicuro, vi sembra corretto:
so che se \(n=1 \) allora \( \mu(1)=1 \) e \( \sigma(1)=1 \) pertanto ponendo
\[ f(n):=\sum_{d \mid n} \mu(d)\sigma(d) \]
Abbiamo \( f(1) =1\).
Ora se \(n >1 \) sia \( n= p_1^{\alpha_1} \ldots p_k^{\alpha_k} \) abbiamo che \( d \mid n \) se \( d = p_{i_1}^{\alpha_{i_1}} \ldots p_{i_r}^{\alpha_{i_r}} \) per qualche \( 1 \leq i_1,\ldots,i_r \leq k \)
ora se esiste \( \alpha_{i_j}>1 \) allora \( \mu(d)=0 \).
Pertanto dovremmo avere che \( d \in D:= \{ d \mid n : d =p_{i_1} \ldots p_{i_r}, 1 \leq i_1,\ldots,i_r \leq k \} \)
e per il punto 1) implica che \( \sigma(d) = 1 \) se \( d \in D \).
Dunque
\[ f(n) = \sum_{d \in D} \mu(d)\sigma(d) = 1 - \binom{k}{1} + \binom{k}{2} - \binom{k}{3} + \ldots= (1-1)^k=0 \]
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Re: Funzione di Mobius

Messaggioda 3m0o » 18/01/2020, 01:24

No ho sbagliato...
Sia \( m = p_1 \ldots p_k \) e sia \( A \subseteq \{ 1, \ldots, k \} \),
\[ f(n) = \sum_{d \mid n} \mu(d)\sigma(d) = \sum_{d \mid m} \mu(d)\sigma(d) = \sum_{i_1, \ldots, i_{j} \in A } \mu(p_{i_1}\ldots p_{i_j})\sigma(p_{i_1}\ldots p_{i_j})\]
\[=\sum_{A \subseteq \{ 1,\ldots,k\}} (-1)^{\operatorname{card}(A)} \prod_{i \in A} (p_i +1) =...? \]
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Re: Funzione di Mobius

Messaggioda Overflow94 » 18/01/2020, 10:51

Il tuo esercizio è molto simile ad uno del libro "Elementary Number Theory" di David M. Burton (pag. 116 es. 3), a seguire una dimostrazione sulla falsa riga di quella suggerita dall'autore.

Riporto due risultati preliminari che ci servono per la dimostrazione:

1) Se $ f(n)=h(n)g(n) $ e $ h(n) $ e $ g(n) $ sono moltiplicative allora anche $ f(n) $ è moltiplicativa.
2) Se $ F(n) = sum_(d|n)f(n) $ e $ f(n) $ è moltiplicativa allora anche $ F(n) $ è moltiplicativa.

Il seguente risultato è il cuore della dimostrazione:

Se $ F(n) = sum_(d|n)mu(n)f(n) $, $ f(n) $ è moltiplicativa e $ n=p_1^(k_1)p_2^(k_2)...p_r^(k_r) $ allora $ F(n) = (1-f(p_1))(1-f(p_2))...(1-f(p_r))=prod_(p|n)(1-f(p)) $

Dimostrazione:

Sia $ g(n)=mu(n)f(n) $ , $ g(n) $ è moltiplicativa e sulle potenze di un primo assume i seguenti valori:

$ g(p^k)= { ( -f(p) \ \ \ \ \ k=1),( 0 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ k>1 ):} $

Anche $ F(n) $ è moltiplicativa, e sulle potenze di un primo vale:

$ F(p^k) = sum_(i=0)^kg(p^i)=1-f(p) $



Quindi dal fatto che è moltiplicativa segue la tesi:


$ F(n) = F(p_1^(k_1)p_2^(k_2)...p_r^(k_r))=F(p_1^(k_1))F(p_2^(k_2))...F(p_r^(k_r))= (1-f(p_1))(1-f(p_2))...(1-f(p_r))=prod_(p|n)(1-f(p)) $

A questo punto il problema che hai posto si risolve facilmente:

$ F(n)=sum_(d|n)mu(n)sigma(n) =prod_(p|n)(1-sigma(p)) $

Considerando che per ogni primo $ sigma(p)=p+1 $ allora $ F(n)=(-1)^rprod_(p|n)p$ dove $ r $ è il numero di fattori primi distinti di $ n $.
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Re: Funzione di Mobius

Messaggioda 3m0o » 21/01/2020, 00:47

Scusa la risposta tardiva, grazie mille!
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