Dejemos que $f(x)$ definirse sobre todos los racionales $x$ en $[0,1]$ y que $F(n) = \sum_{i=1}^n f(\frac in)$

Question

también definen $$F^*(n) = \sum_{i=1\,\,(i,n)=1}^n f(\frac in)$$ entonces demuestre que $$F^* = \mu * F$$ donde $\mu$ es la función de Möebius y la $*$ significa la convolución de Dirichlet.

Probé la serie Bell que me dio esto:

$$F^*(p^k) = \sum_{i=1}^{p^k} f(\frac i {p^k}) - \sum_{i=1}^k f(\frac{p^i}{p^k})$$ $$F^*(p^k) = F(p^k) - \sum_{i=1}^k f(\frac{p^i}{p^k})$$ (suponiendo que $k\geq1$ y $p$ un primo arbitrario)

$$x^kF^*(p^k) = x^kF(p^k) - x^k\sum_{i=1}^k f(\frac{p^i}{p^k})$$

$$\sum_{k=1}^{+\infty}x^kF^*(p^k) = \sum_{k=1}^{+\infty}x^kF(p^k) - \sum_{k=1}^{+\infty}(x^k\sum_{i=1}^k f(\frac{p^i}{p^k}))$$

porque $$F(1) = F^*(1)$$ tenemos

$$h_p(F*) = h_p(F) - \sum_{k=1}^{+\infty}(x^k\sum_{i=1}^k f(\frac{p^i}{p^k}))$$

donde $h_p(f)$ representa la serie de campana de $f$ con respecto a la prima $p$ todo lo que necesito probar es que

$$xh_p(F) = \sum_{k=1}^{+\infty}(x^k\sum_{i=1}^k f(\frac{p^i}{p^k})) $$ lo que equivale a $$h_p(F) = \sum_{k=1}^{+\infty}(x^{k-1}\sum_{i=1}^k f(\frac{p^i}{p^k})) $$

o si se quiere:

$$\sum_{k=0}^{+\infty} x^k \sum_{i=1}^{p^k}f(\frac i{p^k}) = \sum_{k=1}^{+\infty}(x^{k-1}\sum_{i=1}^k f(\frac{p^i}{p^k})) $$

$$\sum_{k=0}^{+\infty} x^k \sum_{i=1}^{p^k}f(\frac i{p^k}) = \sum_{k=0}^{+\infty}(x^{k}\sum_{i=1}^{k+1} f(\frac{p^i}{p^{k+1}})) $$

$$\sum_{i=1}^{k+1} f(\frac{p^i}{p^{k+1}})) = \sum_{i=1}^{p^k}f(\frac i{p^k})$$

me parece que la suma de la derecha contiene más términos que la suma de la izquierda (y también contiene toda la suma de la izquierda)

Answer 1

He aquí una derivación estándar del resultado. Para ayudarnos en la derivación empezamos introduciendo el $\delta$ -función $\delta_{m,n}:\mathbb{Q}\times \mathbb{Q} \to \{0,1\}$ por $$\delta_{m,n} = \left\{\matrix{1 & m=n\\0 & m\not= n}\right.$$ Por construcción, el $\delta$ -satisfacen la siguiente identidad:

Identidad 1: Si $d\mid n$ y $i\leq n/d$ entonces $\sum_{j=1}^n\delta_{i,j/d}h(j) = h(id)$ para cualquier función $h$ .

Otra identidad útil es la Propiedad de la suma de funciones de Möbius de la siguiente forma:

Identidad 2: $\sum_{d\mid n}\mu(d)\sum_{i=1}^{n/d}\delta_{i,j/d} = 1$ si $(n,j)= 1$ y $0$ de lo contrario.

A continuación, se escribe $$\sum_{d\mid n}\mu(d)\sum_{i=1}^{n/d}\delta_{i,j/d} = \sum_{d\mid n,\,d\mid j}\mu(d) = \sum_{d\mid (n,j)}\mu(d) = \delta_{(n,j),\, 1}$$

Utilizando las dos identidades anteriores, la derivación es bastante sencilla: $$ \begin{align}(\mu * F)(n) &\equiv \sum_{d\mid n}\mu(d)\sum_{i=1}^{n/d}f(id/n) \\&= \sum_{d\mid n}\mu(d)\sum_{i=1}^{n/d}{\sum_{j=1}^{n}\delta_{i,j/d}\,f(j/n)}~\text{(using identity 1)}\\&= \sum_{j=1}^{n}f(j/n){\sum_{d\mid n}\mu(d)\sum_{i=1}^{n/d}\delta_{i,j/d}} ~~~\text{(switched the summation order)}\\&= \sum_{j=1,\,(n,j)=1}^nf(j/n)~~~~~~~\text{(using identity 2)} \end{align} $$