Para todos $X \geq 1$ , $\sum_{1 \leq n \leq X} \mu(n) \left[\frac{X}{n}\right] = 1.$

Question

Actualmente me encuentro con el siguiente problema de teoría de números:

Demostrar que para todos los $X \geq 1$ , $$\sum_{1 \leq n \leq X} \mu(n) \left[\frac{X}{n}\right] = 1.$$

Algunas ideas que he probado: Usando que $[x]=x - \{x\}$ que no pude hacer para traer nada. Cambiando en las variables de suma, como $$\sum_{d \leq N} \mu(d) f\left( \frac{n}{d} \right) = \sum_{d \leq N} \mu \left( \frac{d}{n} \right) f(d)$$ pero eso no parecía aportar nada.

Intenté escribir los primeros términos, que dan $$\mu(1) [X] - \left[\frac{X}{2}\right] - \left[\frac{X}{3}\right] - \left[\frac{X}{5}\right] + \left[\frac{X}{6}\right] - \left[\frac{X}{7}\right] - \left[\frac{X}{8}\right]$$ ¡pero no puedo encontrar un sistema en el que simplemente se reduzca a uno!

¿Qué te parece?

Answer 1

Reclamación : si $f$ es una función cualquiera, entonces

$$\sum_{n=1}^X f(n)\left\lfloor\frac{X}{n}\right\rfloor = \sum_{n=1}^X \sum_{d\mid n} f(d).$$

Prueba : Por reordenación. ¿Cuántas veces $f(d)$ aparecen en la suma del lado derecho?

Alternativamente, se puede proceder por inducción en $X$ utilizando el hecho de que $$\left\lfloor\frac{X+1}{n}\right\rfloor - \left\lfloor\frac{X}{n}\right\rfloor$$ es igual a $1$ si $n\mid (X+1)$ y $0$ de lo contrario.

Corolario: para todos $X\geq 1$ , $$\sum_{n=1}^X \mu(n)\left\lfloor\frac{X}{n}\right\rfloor = 1.$$

Sí, es cierto, $\sum_{d\mid n} \mu(d)$ es $1$ para $n=1$ y $0$ para $n>1$ .

Answer 2

Utiliza este teorema.

Teorema: Sea $f$ y $F$ sean funciones teóricas de números tales que $$F(n)=\sum_{d|n}f(d),$$ Entonces, para cualquier número entero positivo $X$ , $$\sum_{n=1}^X F(n)=\sum_{n=1}^X f(n)\left[\frac{X}{n}\right].$$

$$\sum_{1 \leq n \leq X} \mu(n) \left[\frac{X}{n}\right] =\sum_{n=1}^X F(n), F(n)=\sum_{d|n}\mu(d)$$ $$\sum_{n=1}^X\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{d|1}\mu(d)+\sum_{n=2}^X\sum_{d|n}\mu(d)=1+0=1.$$