Intuición detrás de $\phi(n) = \sum\limits_{d\mid n}\mu(d)\frac{n}{d}$

Question

Me gustaría saber si la siguiente intuición es válido:

Supongamos $n = \prod\limits_{i=1}^k p_i^{a_i}$

Los únicos divisores que nos interesan son aquellos que tienen distintos factores primos (no cuadrados).

Por lo que $\sum\limits_{d\mediados n}\mu(d)\frac{n}{d} = n - \sum\limits_{i=1}^k\frac{n}{p_i} + \sum\limits_{i=1,j= 1, i<j}^k\frac{n}{p_ip_j} - \sum\limits_{i=1,j= 1,m=1,i<j<m}^k\frac{n}{p_ip_jp_m} \ldots$

Esencialmente es el uso de un PASTEL de encontrar los números que son primos relativos con n. Por lo tanto puedo decir que esto es igual a $\phi(n)$.

Es esto correcto?

Answer 1

Sí, se trata de una aplicación correcta y directa del principio de inclusión-exclusión.

Para ser más explícito, sin mirar la facturización primera:

$$\phi(n) = \sum_{\substack{m \le n\\ gcd(m,n)=1} }m^{0}=\sum_{m \le n} m^0 \sum_{d \ | \ gcd(m,n)} \mu(d) = \sum_d \mu(d) \sum_{\substack{m \le n\\ d \ |\ gcd(m,n)}}m^{0} = \sum_{d | n} \mu(d) \frac{n}{d}$ $ Entonces que probar que esta función $\mu(n)$ tener la propiedad que $\sum_{d | n} \mu(d) = \begin{cases}1 \text{ if } n = 1,\\ 0 \text{ otherwise } \end{cases}$ es % $$$ \mu(n) = $$\begin{cases}\prod_{p | n} (-1) \text{ if } n \text{ is square-free },\\ 0 \text{ otherwise } \end{cases}$$ $de que lo que escribiste sigue

Answer 2

desde $\mu(n)$ $\frac1n$ son multiplicativos funciones, por lo que es la convolución $$f(n) =\sum_{d|n}\mu(d)\frac{n}d$$ es sencillo, que $(k \ge 1)$: $$f(p^k) = p^k \bigg(1-\frac1p \bigg) =\phi(p^k)$$ y de esto: $$\phi(n)=\phi(p_1^{k_1}p_2^{k_2}\dots) = \prod_{j}p_j^{k_j} \bigg(1-\frac1p_j \bigg) \\ = n \prod_{j}\bigg(1-\frac1p_j \bigg)$$ cuyos términos cuando se expande se corresponden con los que se obtiene mediante la inclusión-exclusión principio en los subconjuntos del conjunto de los números primos dividiendo $n$.

por el contrario, ya que cada elemento de la aditivo grupo $Z_n$ es un generador de exactamente uno de los cíclica () subgrupos de $Z_n$, cuyas órdenes son los divisores de $n$, tenemos: $$n = \sum_{d|n} \phi(d)$$ así que por Mobius inversión: $$\phi(n) = \mu * id (n) = \sum_{d|n}\mu(d)\frac{n}{d}$$ donde $id(n)=n$ para todos los valores relevantes de su argumento

Answer 3

Usted se acaba de re-descubrimiento de Möbius de la inversión de la fórmula.
En términos formales de Dirichlet de la serie, por la explotación de Euler del producto que hemos

$$\sum_{n\geq 1}\frac{\varphi(n)}{n^s} = \prod_{p}\left(1+\frac{\varphi(p)}{p^s}+\frac{\varphi(p^2)}{p^{2s}}+\ldots\right)=\prod_{p}\frac{p^s-1}{p^s-p}\tag{1}$$ por lo tanto: $$\sum_{n\geq 1}\frac{\varphi(n)}{n^s} = \prod_{p}\frac{1-\frac{1}{p^s}}{1-\frac{1}{p^{s-1}}}=\frac{\zeta(s-1)}{\zeta(s)}\tag{2}$$ así como: $$\sum_{n\geq 1}\frac{\mu(n)}{n^s} = \prod_{p}\left(1-\frac{1}{p^s}\right) = \frac{1}{\zeta(s)} \tag{3}$$ por lo tanto, por $(2)$ $(3)$ se sigue que: $$\sum_{n\geq 1}\frac{\varphi(n)}{n^s} = \left(\sum_{n\geq 1}\frac{n}{n^s}\right)\cdot\left(\sum_{n\geq 1}\frac{\mu(n)}{n^s}\right)=\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^s}\sum_{d\mid n}\mu(d)\frac{n}{d}\tag{4}$$ por lo tanto $\varphi(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)\frac{n}{d}$ como quería.

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Pruebas alternativas: la cyclotomic polinomio $\Phi_n(x)$ es el polinomio mínimo de una primitiva $n$-ésima raíz de la unidad, y por la inclusión-exclusión principio $$\Phi_n(x) = \prod_{d\mid n}\left(x^{\frac{n}{d}}-1\right)^{\mu(d)}\tag{5}$$ por lo $\varphi(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)\frac{n}{d}$ sigue mediante la comparación de los grados de la LHS y RHS en $(5)$.