Estructura del grupo de funciones aritméticas

Question

Esta pregunta fue publicado originalmente en Elementos finitos de orden en el grupo de funciones aritméticas en virtud de Dirichlet de convolución.

y se va como sigue: sea G el grupo que consta de todas las funciones aritméticas (es decir, las funciones de $f:\mathbb{N} \to \mathbb{C}$) en virtud de la "convolución"operación $\ast,$ define como $$(f\ast g)(n):=\sum_{ab=n}f(a)g(b), n \in \mathbb{N}.$$ (Tenga en cuenta que cada función en el grupo asigna el valor de$1$$1.$)

Alejandro Gruber mostró en el mencionado post que G es una de torsión libre de abelian grupo. Un par de hechos adicionales puede ser demostrado fácilmente:

(1) G no es finitely generado y, en particular, es infinito.

(2)Si uno deja H para denotar el subgrupo de G consistió en multiplicativo funciones, a continuación, $|G:H|=\infty.$

Sin embargo, mi pregunta es: ¿Qué se conoce en la literatura acerca de la estructura de grupo de G ?

Answer 1

$G$ es cierto subgrupo del grupo multiplicativo de el anillo de todas las funciones aritméticas en virtud de convolución y pointwise adición. Este anillo es isomorfo al anillo de formal de Dirichlet de la serie, la cual es isomorfo al anillo de poder formal de la serie de $\mathbb{C}[[x_1, x_2, ... ]]$ en countably de muchas variables, una para cada uno de los prime (escribir $\frac{1}{n^s}$ en términos de la descomposición en factores primos de a $n$).

Así que la pregunta se reduce a la siguiente: ¿cuál es la estructura del grupo de los complejos de alimentación de la serie en countably muchas variables con término constante $1$ bajo la multiplicación?

Para responder a esa pregunta, se observa que el logaritmo de un poder formal de la serie está bien definido utilizando el poder formal de la serie de $\log (1 + x)$, y el resultado es un poder formal de la serie con término constante $0$, y a la inversa. De ahí que el grupo en cuestión es isomorfo al grupo aditivo de poder formal de la serie en countably muchas variables con término constante $0$, que es sólo una contables producto de copias de $\mathbb{C}$, o puramente grupo de teoría de los términos de un espacio vectorial sobre $\mathbb{Q}$ de la dimensión de la cardinalidad de a $\mathbb{R}$.

Answer 2

Su definición debe incluir ese $f(1)\not= 0$, debido a $f^{-1}(n)$ es de forma recursiva definida en términos de $1/f(1)$. (La fórmula se puede encontrar en la Wikipedia.) Así, denotan por $\mathcal{A}$ el grupo de todas las funciones aritméticas con $f(1)\not= 0$.

Deje $\mathcal{U}$ ser el subgrupo de todas las $f\in \mathcal{A}$ tal que $f(1)=1$ $\mathcal{C}$ ser el subgrupo de funciones escalares $\epsilon_c(n):=c\epsilon(n)$ donde $\epsilon=\text{id}_\mathcal{A}$. Tenga en cuenta que $\mathcal{C}\cap \mathcal{U}=\{\epsilon\}$ Definir $(\frac{1}{c}f)(n):=\frac{f(n)}{c}$. Si consideramos un arbitrario $g\in \mathcal{A}$,$\frac{1}{f(1)}f\in\mathcal{U}$. Tenemos $$\left(\frac{1}{g(1)}g\star \epsilon_{g(1)}\right)(n)=\sum_{ab=n}\frac{1}{f(1)}f(a)f(1)\epsilon(b)=(f\star \epsilon)(n)=f(n).$$ Thus we can uniquely factor $f=\frac{1}{f(1)}f\estrellas \epsilon_f(1)$, whence $\mathcal{A}=\mathcal{U}\oplus \mathcal{C}$.

Ahora defina $\mathcal{K}\subseteq \mathcal{U}$ a ser el subconjunto de (no necesariamente multiplicativo) las funciones que se desvanecen en el primer poderes. Desde $f^{-1}(n)$ se define en términos de $f(n)$, y desde $\mathcal{K}$ es, obviamente, cerrado bajo $\star$, se deduce inmediatamente que $\mathcal{K}$ es un subgrupo de $\mathcal{U}$. De nuevo $\mathcal{H}\cap \mathcal{K}=\{\epsilon\}$ donde $\mathcal{H}$, dado por el OP, es el subgrupo de la multiplicación de funciones. Para $f\in \mathcal{U}$, definir $\Pi_f$, de modo que $$\Pi_f(p_1^{e_1}\cdots p_s^{e_s})=\prod_{k=1}^r f(p_k^{e_k}).$$ Obviously $\Pi_f\in \mathcal{H}$. We have that $$\begin{eqnarray*} \left(\Pi_f^{-1}\star f \right)(p^{e})&=&\sum_{k=0}^e\Pi_f(p^k)^{-1}f(p^{e-k})\\&=&\sum_{k=0}^e\Pi_f^{-1}(p^k)\Pi_f(p^{e-k})\\&=&(\Pi_f^{-1}\star\Pi_f)(p^e)\\&=&\epsilon(p^e)\\&=&0.\end{eqnarray*}$$ De ello se desprende que $\Pi_f^{-1}\star f\in \mathcal{K}$. Ahora, por supuesto, podemos escribir $f=\Pi_f\star\left(\Pi_f^{-1}\star f\right)$, lo $f$ únicamente factores en $\mathcal{H}$ $\mathcal{K}$ partes, y tenemos que $\mathcal{U}=\mathcal{H}\oplus \mathcal{K}$.

Así hemos obtenido que el $\mathcal{A}=\mathcal{H}\oplus \mathcal{K}\oplus \mathcal{C}$.