알다 $\sum_{d\mid n}\mu(d)=[\frac{1}{n}]$

Question

나는 mobius 반전 정리에 대한 직접적인 증거를 읽고 있지만 작가가 어떻게 가정을하는지 모르겠습니다. $$\sum_{d\mid n}\mu(d)=\left[\frac{1}{n}\right]$$

누군가 이것을 설명하고 증명할 수 있습니까?

Answer 1

그것을 관찰하십시오

$$\left\lfloor\frac1n\right\rfloor=\begin{cases} 1,&\text{if }n=1\\ 0,&\text{if }n>0\,, \end{cases}$$

그래서 이것은 단지 멋진 표현입니다

$$\sum_{d\mid n}\mu(d)=\begin{cases} 1,&\text{if }n=1\\ 0,&\text{if }n>0\,. \end{cases}\tag{1}$$

정의에 따라 $\mu(1)=1$, 그래서 $(1)$ 보류하다 $n=1$. 만약$p$ 모든 소수입니다.

$$\begin{align*} \sum_{d\mid p^k}\mu(d)&=\sum_{i=0}^k\mu(p^i)\\ &=\mu(1)+\mu(p)+\sum_{i=2}^k\mu(p^i)\\ &=1+(-1)+0\\ &=0\,. \end{align*}$$

결과는 이제 $\mu$ 곱셈입니다.

Answer 2

언제 $n=1$ 우리는 $$\sum_{ d|n} \mu(d)=\mu(1)=1$$.

언제 $n>1$을 쓴 다음 $n=p_1^{a_1}p_2^{a_2} \dots p_k^{a_k}$, 우리는 $$ \begin{align*} \sum_{ d|n} \mu(d)&=\sum_{ 0 \leq b_i \leq a_i} \mu(p_1^{b_1}p_2^{b_2} \dots p_k^{b_k})\\ &=\mu(1)+\mu(p_1)+\dots \mu(p_n)+\mu(p_1p_2)\dots \mu(p_{n-1}p_n)+\dots\mu(p_1 \dots p_n)\\ &=1(-1)^0+{n \choose 1}(-1)^1+{n \choose 2}(-1)^2+{n \choose 3}(-1)^3+ \dots {n \choose n}(-1)^n \\ &=(1-1)^n \\ &=0. \end{align*}$$ 그 후 $$\sum_{ d|n} \mu(d)=\begin{cases} 1,&\text{if }n=1\\ 0,&\text{if }n>0\ \end{cases}=\left\lfloor\frac1n\right\rfloor$$

이것은 당신의 결과를 증명합니다. 이 증명은 곱셈 속성을 가정하지 않습니다.