¿Cómo mostrar que$\sum_{d\mid n} \gcd(d,k) \mu(n/d)=0$?

Question

Deje $k\in \Bbb{N}$ y $k>2$ . Corrija $k$ , defina $f_k(n)=\gcd(n,k)$ para $\forall\ n>1$ . Deje que $\mu$ denote la función Möbius. Note que $$\sum_{d\mid n}f_k(d)\mu\left(\frac{n}{d}\right)=0$$ for all $ n> k$ (not equals $ k $ ).

Pero no puedo probarlo.

Answer 1

Denotamos $f(n):=\sum_{d|n}f_k(d)\mu\left(\frac{n}{d}\right)$. Para $\gcd(n,m)=1$ hemos \begin{align} f(n)f(m) &=\sum_{d|n}f_k(d)\mu\left(\frac{n}{d}\right)\sum_{e|m}f_k(e)\mu\left(\frac{m}{e}\right) \\&=\sum_{d|n}\sum_{e|m}f_k(d)f_k(e)\mu\left(\frac{n}{d}\right)\mu\left(\frac{m}{e}\right) \\&=\sum_{d|n}\sum_{e|m}f_k(de)\mu\left(\frac{n}{d}\frac{m}{e}\right) \\&=\sum_{d|nm}f_k(d)\mu\left(\frac{nm}{d}\right) \\&=f(nm). \end{align} Para el prime $p$ tal que $p^n\nmid k$ tenemos $f_k(p^n)=f_k(p^{n-1})$, por lo que \begin{align} f(p^n) &=\sum_{d|p^n}f_k(d)\mu\left(\frac{p^n}{d}\right) \\&=\sum_{i=0}^nf_k(p^i)\mu(p^{n-i}) \\&=f_k(p^{n-1})\mu(p)+f_k(p^n)\mu(1) \\&=0. \end{align} Aquí se puede olvidarse de $i<n-1$ porque $\mu(p^{n-i})=0$. La última igualdad se sigue de $\mu(p)=-1$ e $\mu(1)=1$.

Para todos los $n>k$ existe un primo que divide a $n$ más veces de las $k$, por lo que las dos propiedades que acaba de probar, nos encontramos con $f(n)=0$.