Una Funcion Multiplicativa

Sea $n= p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_r^{k_r}$ la factorización en primos del entero $n>1$. Si $f$ es una función multiplicativa, demuestra que: $\sum_{d\mid n} \mu(d)f(d)= (1-f(p_1))(1-f(p_2))\cdots (1-f(p_r))$.

Sea $q(x)=\sum_{d\mid n} \mu(d)f(d)$ como $f \land \mu$ son multiplicativas, tons $\mu f$ es multiplicativa y por lo tanto $q$ es multiplicativa.

Chequemos el caso en que $n$ es potencia de un primo $n=p^k$.

$q(p^k)=\sum_{d\mid p^k} \mu(d)f(d)=\mu(1)f(1)+\mu(p)f(p)+\mu(p^2)f(p^2)+\mu(p^3)f(p^3)+...+\mu(p^k)f(p^k)$

Pero recordando la definición de de $\mu$ se tiene que $\mu(p^2)=0$ y lo mismo para $p^k$ con $k \ge 3 \,\, \mu(p^k)=0$ por lo tanto

$q(p^k)= \mu(1)f(1)+\mu(p)f(p)$ Además se tiene que $\mu(p)=-1$ (pues p es primo) y que $\mu(1)=1$ por lo tanto:

$q(p^k)= f(1)-f(p)$

Pero si una función $f$ es multiplicativa, tons se tiene que $f(1)=1$ pues:

$f(1)=f(1*1)=f(1)f(1)$ pues $(1,1)=1$, esto implica que $0=f(1)-f(1)f(1)=f(1)[1-f(1)]$ pero $f(x) \in \mathbb{Z}$ el cual es dominio entero. Si $f(1) \not= 0$ tons $1-f(1)=0 \Rightarrow f(1)=1$ (si $f(1)=0$ tons $f(x)=0$ es la función nula, la cual es muy aburrida).

Con esto se concluye que $q(p^k)= 1-f(p)$.

Para el caso general $n= p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_r^{k_r}$ pus se tiene que $q(n)= q(p_1^{k_1})q(p_2^{k_2})\cdots q(p_r^{k_r})$

$q(n) = (1-f(p_1))(1-f(p_2))\cdots (1-f(p_r))$ L.Q.Q.D

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