encontrar todos los $f$ satisfacción $f * f = 1$

Question

Deje $f : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{C}$. Encontrar todos los $f$ satisfactorio $$f*f = 1,$$ that is $$\sum_{d|n} f(d)f(\frac{n}{d}) = 1$$ for all $n \in \mathbb{N}.$

Sol. Claramente, $f(1) = 1$ o $f(1) = -1$ Supongamos primero $f(1) = 1$. Deje $p$ ser primer. Entonces $$1 = 2f(p).$$ Now, for any $p, q$ distinct prime, $$1 = 2f(pq) + 2f(p)f(q)$$ which yields $f(pq) = 1/4.$ Supongo que $f(p_1p_2...p_k) = 1/2^k$, pero prueba por inducción consiste en un complicado términos. Por otra parte, el general $n$, no estoy seguro de fórmula posible.

Cualquier ayuda o sugerencia para una maneras más efectivas para lidiar con esta pregunta ?

Answer 1

$$\sum_{d | n} f(d) f(n/d) = 1$$

$$ \implies (\sum_{n=1}^\infty f(n) n^{-s})^2 = \sum_{n=1}^\infty n^{-s} \sum_{d | n} f(d) f(n/d) = \sum_{n=1}^\infty n^{-s}$$ y el truco es $$ \implies (\sum_{k=0}^\infty f(p^k)p^{-sk})^2 = \sum_{k=0}^\infty p^{-sk} = \frac{1}{1-p^{-s}}$$ incluso cuando $f(n)$ no es multiplicativo.

Así, obtenemos (utilizando el binomio de la serie) $$\sum_{k=0}^\infty f(p^k)p^{-sk} = \pm (1-p^{-s})^{-1/2} = \pm \sum_{k=0}^\infty {-1/2 \choose k} (-1)^k p^{-sk}$$

De modo que $f(p^k) = \pm {-1/2 \choose k} (-1)^k$.

Pero tenemos el derecho de elegir a $\pm$ sólo una vez : para $f(1) = \pm 1$ ! Luego tenemos a $f(p^k) = f(1) {-1/2 \choose k} (-1)^k$ a cada fuente primaria de energía.

Por último, si $f(d)$ es conocido por todos los $d | n, d < n$, luego

$$\sum_{d | n} f(d)f(n/d) =1 \quad \implies \quad f(n) = \frac{1}{2f(1)}(1-\sum_{d | n, 1 < d < n} f(d)f(n/d))$$

Así que una vez que el primer poderes son elegidos, no tenemos otras opciones.

De ahí la multiplicación de la solución de $f(p^k) = {-1/2 \choose k} (-1)^k, f(n) = \prod_{p^k \| n} f(p^k) $,

y la no-multiplicativa solución de $f_0(n) = -f(n)$.

$\qquad \scriptstyle \text{note : only formal series are involved here, no convergence problem}$