Lo que cuentan los coeficientes es el número de factorizaciones ordenadas de $n$ correspondiente a un partición multiplicativa de $n$ .
Una factorización ordenada de $n$ con $k$ factores es a(n ordenados) $k$ -tupla $(d_1, \dotsc, d_k)$ de números enteros $d_{\kappa} \geqslant 2$ tal que $$n = \prod_{\kappa = 1}^{k} d_{\kappa}\,.$$ Denotemos el conjunto de todas las factorizaciones ordenadas de $n$ con $k$ factores por $OF(n,k)$ . Es fácil ver que $OF(n,k) = \varnothing$ para $k > \Omega(n)$ (el número de factores primos de $n$ contado con multiplicidad), y $OF(n,0) = \varnothing$ para $n > 1$ mientras que $OF(1,0) = \{()\}$ es el conjunto único que contiene el $0$ -tupla $()$ .
Busquemos primero una expresión para $f^{-1}(n)$ en términos de factorizaciones ordenadas de $n$ . Iterando a partir de la fundamental $$f^{-1}(n) = -\frac{1}{f(1)}\sum_{\substack{d \mid n \\ d > 1}} f(d)f^{-1}\biggl(\frac{n}{d}\biggr) \tag{1}$$ para $n > 1$ obtenemos $$f^{-1}(n) = \sum_{k = 0}^{\Omega(n)} \frac{(-1)^k}{f(1)^{k+1}} \sum_{(d_1,\dotsc, d_k) \in OF(n,k)} \prod_{\kappa = 1}^{k} f(d_{\kappa})\,. \tag{2}$$ Demostramos $(2)$ por inducción.
Para $n = 1$ , $\Omega(n) = 0$ y el lado derecho de $(2)$ se evalúa como $1/f(1)$ que es, en efecto $f^{-1}(1)$ .
Ahora $n > 1$ y asumir $(2)$ ya establecido para todos $m < n$ . Por $(1)$ tenemos $$f^{-1}(n) = -\frac{1}{f(1)}\sum_{\substack{d \mid n \\ d > 1}} f(d)f^{-1}\biggl(\frac{n}{d}\biggr)\,.$$ Allí los argumentos de $f^{-1}$ de la derecha son todos $< n$ por lo tanto, por la hipótesis de inducción \begin{align} f^{-1}(n) &= -\frac{1}{f(1)}\sum_{\substack{d \mid n \\ d > 1}} f(d) \sum_{k = 0}^{\Omega(n/d)} \frac{(-1)^k}{f(1)^{k+1}}\sum_{OF(n/d,k)} \prod_{\kappa = 1}^{k} f(d_{\kappa}) \\ &= \sum_{\substack{d\mid n \\ d > 1}} \sum_{k = 0}^{\Omega(n/d)} \frac{(-1)^{k+1}}{f(1)^{k+2}}\sum_{OF(n/d,k)} f(d)\prod_{\kappa = 1}^{k} f(d_{\kappa})\,. \end{align} Ahora bien, puesto que $OF(n/d,k) = \varnothing$ para $k > \Omega(n/d)$ podemos ampliar la segunda suma a $\Omega(n)-1 \geqslant \Omega(n/d)$ sin cambiar el valor, y luego cambiar el orden de la suma para obtener \begin{align} f^{-1}(n) &= \sum_{\substack{d\mid n \\ d > 1}} \sum_{k = 0}^{\Omega(n)-1} \frac{(-1)^{k+1}}{f(1)^{k+2}}\sum_{OF(n/d,k)} f(d)\prod_{\kappa = 1}^{k} f(d_{\kappa}) \\ &= \sum_{k = 0}^{\Omega(n)-1} \frac{(-1)^{k+1}}{f(1)^{k+2}} \sum_{\substack{d\mid n \\ d > 1}}\sum_{OF(n/d,k)} f(d)\prod_{\kappa = 1}^{k} f(d_{\kappa})\,. \end{align} El mapa $(d,(d_1,\dotsc,d_k)) \mapsto (d,d_1,\dotsc,d_k)$ da una biyección desde $$\bigcup_{\substack{d \mid n \\ d > 1}} \{d\} \times OF(n/d,k)$$ a $OF(n,k+1)$ Así pues \begin{align} f^{-1}(n) &= \sum_{k = 0}^{\Omega(n)-1} \frac{(-1)^{k+1}}{f(1)^{k+2}} \sum_{\substack{d\mid n \\ d > 1}}\sum_{OF(n/d,k)} f(d)\prod_{\kappa = 1}^{k} f(d_{\kappa}) \\ &= \sum_{k = 0}^{\Omega(n)-1} \frac{(-1)^{k+1}}{f(1)^{k+2}} \sum_{OF(n,k+1)} \prod_{\kappa = 1}^{k+1}f(d_{\kappa}) \\ &= \sum_{k = 1}^{\Omega(n)} \frac{(-1)^k}{f(1)^{k+1}} \sum_{OF(n,k)} \prod_{\kappa = 1}^{k} f(d_{\kappa}) \\ &= \sum_{k = 0}^{\Omega(n)} \frac{(-1)^k}{f(1)^{k+1}} \sum_{OF(n,k)} \prod_{\kappa = 1}^{k} f(d_{\kappa}) \end{align} donde reindexamos en la penúltima línea y utilizamos $OF(n,0) = \varnothing$ para $n > 1$ en el último. Así $(2)$ también es válida para $n$ y nuestra prueba de inducción está completa.
El producto $\prod_{\kappa = 1}^{k} f(d_{\kappa})$ por supuesto sólo depende de la frecuencia de cada divisor de $n$ se produce en el $k$ -tupla $(d_1, \dotsc, d_k)$ y no en el orden en que se producen. Así, podemos reunir todas las $k$ -tuplas que pueden obtenerse entre sí mediante una permutación de los componentes en un grupo. Dicho grupo corresponde a una partición multiplicativa de $n$ .
Podemos ver una partición multiplicativa de $n$ en función de $$u \colon D'(n) \to \mathbb{N}\cup \{0\}$$ tal que $$\prod_{d \in D'(n)} d^{u(d)} = n\,,$$ donde $D'(n) = \{ d : d \mid n, d > 1\}$ . Sea $MP(n)$ es el conjunto de todas las particiones multiplicativas de $n$ y para $u \in MP(n)$ deje $$\sigma(u) = \sum_{d \in D'(n)} u(d)\,,$$ es decir, $\sigma(u)$ es el número de factores de la partición. El número de factorizaciones ordenadas de $n$ correspondiente a la partición multiplicativa $u$ es $$N(u) := \frac{\sigma(u)!}{\prod_{d \in D'(n)} u(d)!}$$ y por lo tanto podemos expresar la fórmula para $f^{-1}(n)$ en términos de particiones multiplicativas de $n$ como $$f^{-1}(n) = \sum_{u \in MP(n)} \frac{(-1)^{\sigma(u)}}{f(1)^{\sigma(u)+1}}\cdot N(u) \prod_{d \in D'(n)} f(d)^{u(d)}\,. \tag{3}$$ Si $n$ es libre de cuadrados, una partición multiplicativa de $n$ no puede tener dos factores iguales, y por tanto $N(u)$ es simplemente $\sigma(u)!$ en ese caso.
