4.3: Inversión de Mobius

Lema 4.12

Definir\(\epsilon (n) \equiv \sum_{d|n} \mu (d)\). Entonces\(\epsilon (1) = 1\) y para todos\(n > 1, \epsilon (n) = 0\).

Prueba

Lema 4.8 dice que\(\mu\) es multiplicativo. Por lo tanto, por la Proposición 4.3, también\(\epsilon\) es multiplicativa. De ello se deduce que se\(\epsilon (\pi_{i=1}^{r} p_{i}^{l_{i}})\) puede calcular

evaluando un producto de términos como\(\epsilon (p^{l})\) donde\(p\) es prime. Por ejemplo, cuando\(p\) es primo, tenemos

\[\epsilon (p) = \mu (1)+ \mu (p) = 1+(-1) = 0 \nonumber\]y

\[\epsilon (p^2) = \mu (1)+ \mu (p)+ \mu (p^2) = 1-1+0 = 0 \nonumber\]

Así se ve que\(\epsilon (p^l)\) es cero a menos que\(l = 0\).

Lema 4.13

Para\(n \in \mathbb{N}\), definir

\[S_{n} \equiv \{ (a, b) \in \mathbb{N} | \exists d > 0 \mbox{ such that } d | n \mbox{ and } ab = d \} \nonumber\]

\[T_{n} \equiv \{ (a, b) \in \mathbb{N}^{2} | b | n \mbox{ and } a | \frac{n}{b} \} \nonumber\]

Entonces\(S_{n} = T_{n}\).

Prueba

Supongamos que\((a, b)\) está en\(S_{n}\). Entonces\(ab | n\) y así

\[ab = \left. \begin{array} {ab = d}\\ {d|n} \end{array} \right \} \Rightarrow b|n \mbox{ and } a | \frac{n}{d} \nonumber\]

Y así\((a, b)\) está en\(T_{n}\). Viceversa, si\((a, b)\) está en\(T_{n}\), entonces fijando\(d \equiv ab\),

obtenemos

\[\left. \begin{array} {b | n}\\ {a|\frac{n}{b}} \end{array} \right \} \Rightarrow d|n \mbox{ and } ab = d \nonumber\]

Y así\((a, b)\) está en\(S_{n}\)

Teorema 4.14: Inversión de Mobius

Dejar\(F : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{C}\) ser cualquier función teórica de números. Luego la ecuación

\[F(n) = \sum_{d|n} f(d) \nonumber\]

si y solo si\(f : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{C}\) satisface

\[f(d) = \sum_{a|d} \mu (a) F\left(\frac{d}{a}\right) = \sum_{\{(a,b) | ab = d\}} \mu (a) F(b) \nonumber\]

Prueba

\(\Leftarrow\): Demostramos que la sustitución\(f\) da\(F\). Definir H como

\[H(n) \equiv \sum_{d|n} f(d) = \sum_{d|n} \sum_{a|d} \mu (a) F(\frac{d}{a}) \nonumber\]

Entonces tenemos que probarlo\(H(n) = F(n)\). Esto procede en tres pasos. Para el primer paso escribimos\(ab = d\), para que ahora

\[H(n) \equiv \sum f(d) = \sum_{d|n} \sum_{ab = d} \mu (a) F(b) \nonumber\]

Para el segundo paso aplicamos Lema 4.13 al conjunto sobre el que se lleva a cabo la suma. Esto da:

\[H(n) = \sum_{b|n} \sum_{a|(\frac{n}{b})} \mu (a) F(b) = \sum_{b|n} \left(\sum_{a| \frac{n}{b}} \mu (a)\right) F(b) \nonumber\]

Por último, Lema 4.12 implica que el término entre paréntesis es igual\(G \left(\frac{n}{b}\right)\). Es igual\(0\), excepto cuando\(b = n\) cuando es igual\(1\). El resultado sigue.

Singularidad: Supongamos que hay dos soluciones\(f\) y\(g\). Contamos con:

\[F(n) = \sum_{d|n} f(d) = \sum_{d|n} g(d) \nonumber\]

Mostramos por inducción sobre\(n\) eso\(f(n) = g(n)\).

Claramente\(F(1) = f(1) = g(1)\). Ahora supongamos que para\(i \in \{1,\cdots k\}\), tenemos\(f(i) = g(i)\). Entonces

\[F(k+1) = (\sum_{d|(k+1), d \le k} f(d)) + f(k+1) = (\sum_{d|(k+1), d \le k} g(d)) + g(k+1) \nonumber\]

De manera que la igualdad deseada para se\(k+1\) deduce de la hipótesis de inducción.