Inversa de función(es) completamente multiplicativa(s)

Question

Si $f$ es completamente multiplicativo, demuestre que $$(f \cdot g)^{-1}=f \cdot g^{-1},$$ para cada función aritmética $g$ con $g(1) \neq 0$ .

¡Mi principal problema con esto es que ni siquiera puedo ver por qué es cierto! Por lo que entiendo, tenemos algo así como $$(f \cdot g)^{-1}=f^{-1} \cdot g^{-1}= \mu f \cdot g^{-1},$$ desde $f$ es completamente multiplicativo. Pero esto no puede ser correcto, no veo cómo podríamos obtener $\mu f$ para ser $f$ . Estoy casi seguro de que he confundido algo con otra cosa, pero por suerte tengo esta maravillosa comunidad para aclararme. Así que mi pregunta es, ¿Qué estoy haciendo mal? ?

EDIT: He copiado la pregunta textualmente del libro (Apostol, Introduction to Analytic Number Theory, p.49)

Answer 1

Lo que no me queda claro es cómo se pasa de $(fg)^{-1}$ a $f^{-1}g^{-1}$ . Dado que se trata de inversiones de Dirichlet, esto no me parece obvio. De hecho, no es cierto. Por ejemplo, si $f=g=u$ entonces $(fg)^{-1} = u^{-1} = \mu$ pero $f^{-1}g^{-1} = \mu\mu\neq \mu$ .

Así que ahí es donde viene el error de tu razonamiento, creo.

Recuerde que desde ${}^{-1}$ representa la inversa de Dirichlet, que es la inversa de convolución , usted sabe que $$(f*g)^{-1} = g^{-1}*f^{-1} = f^{-1}*g^{-1},$$ pero estás tratando de aplicar esto al producto puntual, lo cual es incorrecto.

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En cuanto a la demostración de la identidad deseada, si $h$ es una función aritmética con $h(1)\neq 0$ entonces $h^{-1}$ está dada por: $$ h^{-1}(1) = \frac{1}{h(1)},\qquad h^{-1}(n) = \frac{-1}{h(1)}\sum_{{d|n},\,{d\lt n}}h\left(\frac{n}{d}\right)h^{-1}(d),\quad n\gt 1.$$

Si $h$ es completamente multiplicativo entonces se tiene $f^{-1}(n)=\mu(n)f(n)$ para todos $n\geq 1$ .

Así que verificamos que la identidad se mantiene para $f$ completamente multiplicativo y $g$ una función aritmética con $g(1)\neq 0$ .

En $n=1$ tenemos $$(f\cdot g)^{-1}(1) = \frac{1}{f(1)g(1)} = \frac{1}{g(1)}$$ (ya que $f(1)=1$ debe mantenerse); y $$(f\cdot g^{-1})(1) = f(1)g^{-1}(1) = \frac{1}{g(1)}.$$

Si $n\gt 1$ y el resultado se mantiene para todos los enteros menores que $n$ entonces tenemos..: $$\begin{align*} (f\cdot g)^{-1}(n) &= \frac{-1}{(f\cdot g)(1)} \sum_{d|n, d\lt n}(f\cdot g)\left(\frac{n}{d}\right)(f\cdot g)^{-1}(d)\\ &= \frac{-1}{g(1)} \sum_{d|n\,d\lt n} f\left(\frac{n}{d}\right)g\left(\frac{n}{d}\right) f(d)g^{-1}(d)\\ &= \frac{-1}{g(1)}\sum_{d|n\,d\lt n}\frac{f(n)}{f(d)}g\left(\frac{n}{d}\right)f(d)g^{-1}(d)\\ &= \frac{-f(n)}{g(1)}\sum_{d|n\,d\lt n}g\left(\frac {n}{d}\right)g^{-1}(d)\\ &= f(n)\left(-\frac{1}{g(1)}\sum_{d|n\,d\lt n}g\left(\frac{n}{d}\right)g^{-1}(d)\right)\\ &= f(n)g^{-1}(n)\\ &= (f\cdot g^{-1})(n). \end{align*}$$ Utilizamos el hecho de que $f$ es completamente multiplicativo para conseguir que $f\left(\frac{n}{d}\right) = \frac{f(n)}{f(d)}$ . De forma equivalente, se puede observar que $f\left(\frac{n}{d}\right)f(d) = f(n)$ .

Esto demuestra la primera parte del ejercicio.

En la segunda parte del ejercicio se pide que se demuestre que si $f$ es multiplicativo y $$(f\cdot \mu^{-1})^{-1} = f\cdot \mu$$ se mantiene, entonces $f$ es completamente multiplicativo.

Desde $f$ es completamente multiplicativo si y sólo si $f^{-1} = \mu\cdot f$ se le pide que demuestre que $f\cdot \mu^{-1} = f$ . Es decir, hay que demostrar que $\mu^{-1}(n) = 1 = u(n)$ .

Pero sabemos esto, ya que $\sum_{d|n}\mu(d) = I(n)$ (la identidad de la convolución), por lo que $u$ y $\mu$ son inversos entre sí.

Answer 2

Función Möbius $\mu(n)$ se define como sigue:

• $\mu(n) = 1$ si $n$ es un entero positivo libre de cuadrados con un número par de factores primos.

• $\mu(n) = −1$ si $n$ es un entero positivo libre de cuadrados con un número impar de factores primos.

• $\mu(n) = 0$ si $n$ no es libre de cuadrados

Esto significa que su afirmación es verdadera sólo si $n$ es un entero positivo libre de cuadrados con un número par de factores primos.