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Trigonometrische Darstellung der Möbius-Funktion

Universität / Fachhochschule

Tags: Zahlentheorie

Sukomaki aktiv_icon

18:40 Uhr, 16.11.2023

Guten Abend,

von mir ein wenig Zahlentheorie.

Die Definition der Möbius-Funktion vorweg :

μ (n) = 0

, wenn

n

nicht quadratfrei ist

1

, wenn

n

quadratfrei ist und die Anzahl der Primfaktoren gerade

- 1

, wenn

n

quadratfrei ist und die Anzahl der Primfaktoren ungerade.

Insbesondere ist

μ (p) = - 1

für

p

prim.

Eine Teilerfunktion ist gegeben durch

t_{n} (x) = \frac{1}{n} \cdot \sum_{j = 0}^{n - 1} \cos (\frac{2 π j x}{n})

Sie besagt, ob

n ∣ x

.

Die charakteristische Funktion für Teilerfremdheit lautet

R (a, b) = \prod_{k = 2}^{\infty} (1 - t_{k} (a) \cdot t_{k} (b))

Die euler'sche

φ

-Funktion lässt sich damit darstellen als

φ (n) = \sum_{m = 1}^{n} R (n, m)

Auf ähnliche Weise lässt sich die Möbius-Funktion schreiben als

μ (n) = \sum_{m = 1}^{n} \cos (\frac{2 π m}{n}) \cdot R (n, m)

Meine wesentliche Frage ist jetzt : "Wo ist das Quadrat aus der ursprünglichen Definition von

μ

geblieben?"

Die Information, ob eine Zahl quadratfrei ist muss in der trigonometrischen Summe codiert sein.

Lasst uns entdecken, was es mit dieser Darstellung der Möbius-Funktion auf sich hat! :-)

LG
Sukomaki

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

HAL9000

20:42 Uhr, 16.11.2023

> Meine wesentliche Frage ist jetzt : "Wo ist das Quadrat aus der ursprünglichen Definition von µ geblieben?"

Versteh nicht genau, was du damit meinst. Willst du die Summenformel verstehen? Dann versuch doch nachzuweisen, dass sie die oben angegebenen Eigenschaften von

μ

erfüllt.

------------------------------------------------------------------------------------

Ich habe die Möbiusfunktion

μ

vor vielen Jahren als Inverse der Eins-Funktion bzgl. der Dirichlet-Faltung * kennengelernt, d.h., es ist

μ * 1 = ν

mit dem neutralem Element

ν (n) = {\begin{array}{ll} 1 & für n = 1 \\ 0 & sonst \end{array}

der Dirichlet-Faltung - diese Eigenschaft ist äquivalent zu der von dir oben angegebenen Definition. So kann man z.B. für die Eulersche

φ

-Funktion aus

1 * φ = I

(identische Funktion) dann Darstellung

φ = μ * I

herleiten.

Im wesentlichen war's das dann aber auch schon mit meinen Kenntnissen zu dieser Funktion. Dein Zugang, alles und jedes an zahlentheoretischen Funktionen in trigonometrische Summen zu packen, ist sicherlich interessant in der Hinsicht, was da so alles möglich ist. Mir stellt sich da noch die Frage, bei welchen Problemen dieser Zugang hilfreich ist.

Sukomaki aktiv_icon

11:06 Uhr, 17.11.2023

> Willst du die Summenformel verstehen?

Ja, sozusagen.

> Dann versuch doch nachzuweisen, dass sie
> die oben angegebenen Eigenschaften von μ
> erfüllt.

Ich weiß noch nicht wie aber ich werde mich bemühen.

Die Definition von

μ

als

μ * 1 = ν

ist mir bekannt.

Auch ist mir die Aussage geläufig, dass es in der Mathematik nicht so läuft, dass man etwas erfindet und sich dann fragt, wofür es denn gut sein könnte, sondern dass man ein bekanntes Problem löst.

Wie auch immer finde ich meine Herangehensweise interessant.

HAL9000

12:22 Uhr, 17.11.2023

Wir können ja

f (n) = \sum_{m = 1}^{n} \cos (\frac{2 π m}{n}) \cdot R (n, m)

definieren und schrittweise nachweisen, dass

f = μ

.

1)

f (1) = \cos (2 π) \cdot R (1, 1) = 1

, stimmt.

2) Primzahlpotenzen

p^{k}

mit

k \geq 1

: Hier ist

R (p^{k}, m) = 0

für alle durch

p

teilbaren

m

, sonst =1. Das ergibt

f (p^{k}) = \sum_{m = 1}^{p^{k}} \cos (\frac{2 π m}{p^{k}}) - \sum_{j = 1}^{p^{k - 1}} \cos (\frac{2 π p j}{p^{k}})

Das kann man (s.o.) umschreiben in

f (p^{k}) = t_{p^{k}} (1) - t_{p^{k - 1}} (1)

, und das ergibt

f (p) = t_{p} (1) - t_{1} (1) = 0 - 1 = - 1

f (p^{k}) = t_{p^{k}} (1) - t_{p^{k - 1}} (1) = 0 - 0 = 0

für

k \geq 2

.

3) Multiplikativität: Für teilerfremde

u, v

gilt

f (u \cdot v) = f (u) \cdot f (v)

, damit habe ich mich bisher nicht befasst.

Mir ist gerade aufgefallen, dass (zumindest beweistechnisch für 3) ) folgende Einbettung ins Komplexe vorteilhaft wäre:

t_{n} (x) = \frac{1}{n} \sum_{j = 0}^{n - 1} \exp (i \frac{2 π j x}{n})

Deine Aussage würde draus folgen und außerdem Nebenprodukt

\sum_{j = 0}^{n - 1} \sin (\frac{2 π j x}{n}) = 0

für alle

n

.

Genauso dann

μ (n) = \sum_{m = 1}^{n} \exp (i \frac{2 π m}{n}) \cdot R (m, n)

,

auch hier fällt dann Nebenprodukt

\sum_{m = 1}^{n} \sin (\frac{2 π m}{n}) \cdot R (m, n) = 0

ab.

Sukomaki aktiv_icon

16:52 Uhr, 17.11.2023

Mein erster Gedanke war auch, ins Komplexe zu gehen.

Immerhin konnte ich zeigen, dass mittels geometrischer Reihe

μ (p) = - 1

für

p

prim gilt.

Du formst um :

\sum_{m = 1}^{p^{k}} \cos (\frac{2 π m}{p^{k}}) = t_{p^{k}} (1)

Aus meiner Definition folgt doch

t_{p^{k}} (1) = \frac{1}{p^{k}} \sum_{m = 0}^{p^{k} - 1} \cos (\frac{2 π m}{p^{k}})

> Deine Aussage würde draus folgen und außerdem Nebenprodukt

\sum_{j = 0}^{n - 1} \sin (\frac{2 π j x}{n}) = 0

für alle n.

Aber nicht für alle

x

HAL9000

17:34 Uhr, 17.11.2023

Upss, stimmt. Ok, dann korrigiere ich meine Rechnung 2):

Es ist dann

f (p^{k}) = p^{k} \cdot t_{p^{k}} (1) - p^{k - 1} \cdot t_{p^{k - 1}} (1)

, und das ergibt

f (p) = p t_{p} (1) - t_{1} (1) = p \cdot 0 - 1 = - 1

f (p^{k}) = 0 - 0 = 0

.

D.h. der fehlende Vorfaktor hatte keine Auswirkung auf die Funktionswerte.

Sukomaki aktiv_icon

22:07 Uhr, 17.11.2023

Okay.

So weit so gut.

Bei der Verwendung von

t_{p^{k}} (1)

sind Dir die Summen-Indizes verrutscht.

Ist das auch irrelevant?

Und auf meine Frage zum Nebenprodukt bist Du auch noch nicht eingegangen.

HAL9000

23:16 Uhr, 17.11.2023

Wenn was verrutscht ist, dann die forumeigene Darstellung. Das Quelltext-LaTeX ist korrekt, also hör auf mit dem Gemotze.

Sukomaki aktiv_icon

12:11 Uhr, 18.11.2023

Hey Hal9000,

Mit "verrutscht" meinte ich nicht das optische Erscheinungsbild (so kleinlich wäre ich dann auch mal wieder nicht) , sondern die Tatsache, dass Du

\sum_{m = 1}^{p^{k}}

benutzt wohingegen

t_{p^{k}}

definiert ist als

\sum_{m = 0}^{p^{k} - 1}

Sorry für das Mißverständnis.

Sukomaki aktiv_icon

15:53 Uhr, 20.11.2023

Es ist

\sum_{m = 0}^{n - 1} g (m) = \sum_{m = 1}^{n} g (m) - g (n) + g (0)

Damit :

\frac{1}{n} \cdot \sum_{m = 0}^{n - 1} \cos (\frac{2 π m x}{n}) = \frac{1}{n} \cdot (\sum_{m = 1}^{n} \cos (\frac{2 π m x}{n}) - \cos (2 π x) + 1)

und letztenendes

\sum_{m = 1}^{p^{k}} \cos (\frac{2 π m}{p^{k}}) = p^{k} \cdot t_{p^{k}} (1)

Zum Nebenprodukt :

Mit

x = 1

ist

\sum_{j = 0}^{n - 1} \sin (\frac{2 π j x}{n}) = \sum_{j = 0}^{n - 1} \sin (\frac{2 π j}{n}) = 0

für alle

n

Und noch eine Frage zum Schluss :

Ich muss in der Umschreibung von

f (p^{k})

ja jene Summanden wieder abziehen, für die

R (p^{k}, j) = 0

, also

g g T (p^{k}, j) \neq 1

oder

j = p \cdot r

.

Was ich nicht verstehe ist, wie Du auf

\sum_{j = 1}^{p^{k - 1}} \cos (\frac{2 π p j}{p^{k}})

kommst.

So wie ich das sehe, summierst Du über die Vielfachen

j \cdot p

von

p

kleiner gleich

p^{k}

.

Den Rest verstehe ich dann.

HAL9000

23:03 Uhr, 20.11.2023

> So wie ich das sehe, summierst Du über die Vielfachen

j \cdot p

von

p

kleiner gleich

p^{k}

.

Ja genau, alle Vielfachen von

p

kleiner gleich

p^{k}

. Und die können eben parametrisiert werden gemäß

j \cdot p

mit

1 \leq j \leq p^{k - 1}

.

---------------------------------------------------
Bezogen auf deinen Beitrag 18.11., 12:11 :

Für alle ganzen Zahlen ist

\exp (i \frac{2 π \cdot 0 \cdot x}{n}) = \exp (i \frac{2 π \cdot n \cdot x}{n}) = 1

, daher ist es bei der

t_{n}

-Definition egal, ob man

t_{n} = \frac{1}{n} \sum_{j = 1}^{n} \exp (i \frac{2 π j x}{n})

oder

t_{n} = \frac{1}{n} \sum_{j = 0}^{n - 1} \exp (i \frac{2 π j x}{n})

definiert. Ich war oben versehentlich auf die zweite Variante geschwenkt, weil es meistens üblicher ist, bei modulo

n

von den Restklassen

0, 1, \dots, n - 1

zu sprechen als von

1, 2, \dots, n

(was auch möglich ist).

Sukomaki aktiv_icon

14:44 Uhr, 21.11.2023

Ist es egal, ob wir

t_{n}

als

\frac{1}{n} \sum_{j = 0}^{n - 1} \exp (i \frac{2 π j x}{n})

oder

\frac{1}{n} \sum_{j = 1}^{n} \exp (i \frac{2 π j x}{n})

definieren weil wir eh nur ganze

x

betrachten?

D.h. es gibt mehrere Möglichkeiten, die Teilerfunktion ins Komplexe fortzusetzen.

Hast Du schon eine Idee, wie sich die Multiplikativität zeigen lässt?

(Wenn ja, dann bitte nicht zu viel verraten, ich möchte noch etwas zum Grübeln haben)

Als eine weitere Umschreibung einer arithmetischen Struktur habe ich :

(f * g) (n) = \sum_{d = 1}^{n} t_{d} (n) \cdot f (d) \cdot g (\frac{n}{d})

HAL9000

15:00 Uhr, 21.11.2023

Nein, habe ich noch nicht ausgeführt, aber ich habe so die Ahnung, dass

\exp (i (u + v)) = \exp (i u) \cdot \exp (i v)

dabei wichtig sein könnte, was mit

\cos

ja nicht so einfach wäre, daher ja mein Fokus auf die komplexe Einbettung...

HAL9000

15:17 Uhr, 21.11.2023

Ok, vielleicht so: Es ist

f (n) = \sum_{m \in G_{n}} \exp (i \frac{2 π m}{n})

wobei

G_{n}

die zu

n

teilerfremden Zahlen aus

{0, \dots, n - 1}

beinhalten möge.

Der Teilerfremdheit von

u, v

wegen gibt es für jedes

m \in {0, 1, \dots, u v - 1}

genau eine Darstellung

m \equiv r u + s v mod u v

mit

r \in {0, 1, \dots, v - 1}

und

s \in {0, 1, \dots, u - 1}

.

Wenn man genauer drüber nachdenkt, dann bedeutet

m \in G_{u v}

dann im Lichte dieser Darstellung auch

r \in G_{v}

und

s \in G_{u}

. Das ermöglicht die Aufspaltung

f (u v) = \sum_{m \in G_{u v}} \exp (i \frac{2 π m}{u v}) \overset{!}{=} \sum_{r \in G_{v}} \sum_{s \in G_{u}} \exp (i \frac{2 π (r u + s v)}{u v})

\overset{!}{=} \sum_{r \in G_{v}} \exp (i \frac{2 π r}{v}) \cdot \sum_{s \in G_{u}} \exp (i \frac{2 π s}{u}) = f (u) \cdot f (v)

,

womit der Beweis vollendet ist.

Sukomaki aktiv_icon

16:26 Uhr, 21.11.2023

> genau eine Darstellung

m \equiv r u + s v m o d u v

Ich würde sagen gemäß dem Lemma von Bezout, aber da betrachten wir ja keine Restklassen.

Daher meine Frage : "Woraus folgt das?"

HAL9000

17:28 Uhr, 21.11.2023

Zu gegebenen

m

suchen wir solche

r, s

mit

m \equiv r u + s v mod u v

. Dann muss notwendig gelten

r u \equiv m mod v (1)

s v \equiv m mod u (2)

Beide Kongruenzen sind der Teilerfremdheit von

u, v

wegen eindeutig lösbar

r mod v

und

s mod u

, d.h. mit eindeutigen Repräsentanten

r \in {0, 1, \dots, v - 1}

sowie

s \in {0, 1, \dots, u - 1}

.

Umgekehrt gibt es zu solchen gegebenen

r, s

gemäß Chinesischem Restsatz genau ein

m mod u v

, welches das System (1)(2) erfüllt. Damit besteht die o.g. Bijektion

m \leftrightarrow (r, s)

.

Insgesamt wird natürlich noch genutzt, dass

\exp (i \frac{2 π m_{1}}{n}) = \exp (i \frac{2 π m_{2}}{n})

für

m_{1} \equiv m_{2} mod n

gilt, sonst hätte die Aktion mit den Restklassenbetrachtungen ja gar keinen Sinn.

P.S.: Algebraiker können diese zahlentheoretische Nummer wahrscheinlich viel kürzer und prägnanter mit Produkten von Gruppen usw. formulieren und begründen, aber da bin ich nicht so firm.

Sukomaki aktiv_icon

18:57 Uhr, 21.11.2023

Du hast es nicht explizit erwähnt, aber die eindeutigen Lösungen sind

r \equiv m \cdot u^{- 1} m o d v

(1) und

s \equiv m \cdot v^{- 1} m o d u

(2)

wobei das multiplikative Inverse

m o d v

(1) und

m o d u

(2) gebildet wird.

Richtig?

Beispiel :

u = 2, v = 3 \Rightarrow u v = 6

und

u^{- 1} = 2 m o d v, v^{- 1} = 1 m o d u

m = 0 : r \equiv 0 \cdot 2 m o d 3, s \equiv 0 \cdot 1 m o d 2 \Rightarrow 0 = 0 \cdot 2 + 0 \cdot 3 m o d 6

m = 1 : r \equiv 1 \cdot 2 m o d 3, s \equiv 1 \cdot 1 m o d 2 \Rightarrow 1 = 2 \cdot 2 + 1 \cdot 3 m o d 6

m = 2 : r \equiv 2 \cdot 2 m o d 3, s \equiv 2 \cdot 1 m o d 2 \Rightarrow 2 = 1 \cdot 2 + 0 \cdot 3 m o d 6

m = 3 : r \equiv 3 \cdot 2 m o d 3, s \equiv 3 \cdot 1 m o d 2 \Rightarrow 3 = 0 \cdot 2 + 1 \cdot 3 m o d 6

m = 4 : r \equiv 4 \cdot 2 m o d 3, s \equiv 4 \cdot 1 m o d 2 \Rightarrow 4 = 2 \cdot 2 + 0 \cdot 3 m o d 6

m = 5 : r \equiv 5 \cdot 2 m o d 3, s \equiv 5 \cdot 1 m o d 2 \Rightarrow 5 = 1 \cdot 2 + 1 \cdot 3 m o d 6

\to

chinesischer Restsatz

Da wäre ich wohl alleine nicht drauf gekommen.

> [...] diese zahlentheoretische Nummer [...]

Welche Nummer meinst Du?

HAL9000

21:53 Uhr, 21.11.2023

Nimm nicht alles so wörtlich. Statt "Nummer" hätte ich auch "Spielereien" sagen können. ;-)

Sukomaki aktiv_icon

00:08 Uhr, 22.11.2023

Weißt Du noch :

Du insistiertest darauf zu erfahren, welche Menge ich integrieren wollte.

Und dann stellte sich heraus, dass ich mit Menge einfach "viel" meinte. :-D)

Wie auch immer.

Sind meine Überlegungen korrekt?

Es ist ja so, dass

r

für

m

periodisch aber nicht notwendigerweise aufsteigend sämtliche Werte aus

{0, \dots, v - 1}

annimmt, während gleichwohl

s

für

m

periodisch, aber nicht notwendigerweise aufsteigend sämtliche Werte aus

{0, \dots, u - 1}

annimmt.

Wie sähen rein formell die Produkte von Gruppen aus? Hast Du ein Beispiel dafür?

Übrigens sind das keine Spielereien, das ist ernsthafte Grundlagenforschung.

HAL9000

00:39 Uhr, 22.11.2023

> Übrigens sind das keine Spielereien, das ist ernsthafte Grundlagenforschung.

Angesichts dessen bringst du erstaunlich wenig Selbständigkeit mit, mal was selbst zuende zu denken. hast stattdessen ständig was altklug rumzumotzen, wenn ich dir auch noch die kleinteiligen Erklärungen abnehme.

Daher hab ich jetzt keine Lust, den Beweis weiter zu zerreden - eigentlich hätte der Beitrag 15:17 reichen müssen, wo die Grundidee des Beweises ausreichend skizziert wurde.

P.S.: Als ich mal eine Frage nach einer Herleitung hatte, wurde ich mit "Das steht im Jänich 'Funktionentheorie'" weggeschickt - na schönen Dank auch.

Sukomaki aktiv_icon

10:01 Uhr, 22.11.2023

Und zwar ging es um die Partialbruchzerlegung des quadratischen Cosekans und ich habe geschrieben, dass der Autor mit den Hauptteilen und dem Satz von Liouville argumentiert hat. Viel mehr steht im Jänich auch nicht drin.

Auf Nachfrage hätte ich natürlich den kompletten Beweis angegeben.

Und der Jänich war auch nur meine letzte Option. Im Internet hatte ich nichts zu diesem Thema gefunden.

Was die Unselbstständigkeit angeht : Zu der Multiplikativität habe ich extra darauf hingewiesen, dass Du bitte nicht zu viel verraten mögest. Du hast dann jedoch gleich den ganzen Beweis geliefert.

Was bei Dir als Gemecker rüber kommt, ist tatsächlich ein Nachhaken aus Unwissenheit (z.B. der verschobene Index).

Tut mir leid, dass ich Dir Ärger verursacht habe.

HAL9000

13:31 Uhr, 22.11.2023

> Zu der Multiplikativität habe ich extra darauf hingewiesen, dass Du bitte nicht zu viel verraten mögest.

Aha: Da ist es also meine Schuld, dass ich auf deine Nachfrage "Woraus folgt das?" überhaupt noch geantwortet habe - ich hätte erkennen müssen, dass das obige "bitte nicht zu viel verraten" höher priorisiert ist.

Dir kann man es aber auch wirklich nie recht machen. :(

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