Abbiamo visto in un precedente articolo la funzione di Möbius. In questo articolo introduciamo una formula molto interessante, detta formula di inversione di Möbius. Sia $f : \N \to \C$. Ponendo
$$g(n) = \sum_{d | n} f(d)$$
dove la somma è su tutti i divisori $d$ di $n$, allora possiamo trovare $f$ in termini di $g$, cioè
$$f(n) = \sum_{d | n}\mu(d) g\pqty{\frac{n}{d}}$$
Dimostriamo questa formula partendo da $\sum_{d | n}\mu(d) g\pqty{\frac{n}{d}}$. Se $d$ divide $n$, allora poiché $n = d\frac{n}{d}$, allora anche $n/d$ divide $n$ e viceversa. Perciò è uguale sommare su $d | n$ o su tutti gli $d$ tali che $n/d$ divide $n$, per cui abbiamo
$$\sum_{d | n}\mu(d) g\pqty{\frac{n}{d}} = \sum_{d | n}\mu\pqty{\frac{n}{d}} g(d)$$
Ora sostituendo la definizione di $g$ otteniamo
$$\sum_{d | n}\mu\pqty{\frac{n}{d}} g(d)=\sum_{d | n}\mu\pqty{\frac{n}{d}}\sum_{d’ | d} f(d’)$$
Ora vogliamo raccogliere tutti i termini con lo stesso $f(d’)$, in maniera simile a quanto abbiamo fatto nell’articolo precedente. Poiché $d’ | d$ e $d | n$ allora anche $d’ | n$ e quindi avremo dei termini $f(d’)$ per ogni $d’ | n$. Perciò alla fine la somma finale avrà la forma $\sum_{d’ | n} f(d’) \xi(d’)$ dove $\xi(d’)$ sarà la somma di vari $\mu(n/d)$ per qualche $d$. Ora il punto è capire, dato $d’$ fisso, quali termini $\mu(n/d)$ entrano in $\xi(d’)$. Ciò avviene semplicemente quando $d’ | d$, ovvero per tutti gli $d$ multipli di $d’$ che dividono $n$. Perciò scriviamo $d = k d’$ e quindi:
$$\sum_{d | n}\mu\pqty{\frac{n}{d}}\sum_{d’ | d} f(d’) = \sum_{d’ | n} f(d’) \sum_{k d’ | n} \mu\pqty{\frac{n}{kd’}}$$
Ma poiché $d’ | n$ allora $k d’ | n$ è equivalente a $k | n/d’$. Ma per lo stesso discorso che abbiamo fatto all’inizio della dimostrazione, $k | n/d’$ è equivalente a $\frac{n}{k d’} | n/d’$ e perciò possiamo sommare su $\frac{n}{k d’} | n/d’$ ottenendo
$$\sum_{k d’ | n} \mu\pqty{\frac{n}{kd’}} = \sum_{k | n/d’} \mu(k)$$
Ma nell’articolo precedente abbiamo dimostrato che quest’ultima somma è nulla a meno che $n/d’=1$, cioè $d’=n$, perciò mettendo tutto insieme otteniamo la formula di inversione di Möbius. $\square$
L’inversione di Möbius è anche legata alla funzione zeta di Riemann. Infatti date due funzioni $a, b$ arbitrarie abbiamo
$$\pqty{\sum_{j=1}^\infty \frac{a(j)}{j^s}}\pqty{\sum_{k=1}^\infty \frac{b(k)}{k^s}} = \sum_{j,k=1}^\infty \frac{a(j)b(k)}{(jk)^s}= \sum_{l=1}^\infty \frac{1}{l^s} \sum_{jk=l} a(j)b(k) = \sum_{l=1}^\infty \frac{1}{l^s} \sum_{k | l} a\pqty{\frac{l}{k}}b(k) $$
Perciò ponendo $a(j)=g(j)$, dove $g(j)$ è come sopra, e $b(k)=\mu(k)$ abbiamo
$$\pqty{\sum_{j=1}^\infty \frac{g(j)}{j^s}}\pqty{\sum_{k=1}^\infty \frac{\mu(k)}{k^s}} = \sum_{l=1}^\infty \frac{f(l)}{l^s}$$
dove $f(l) = \sum_{k | l} g\pqty{\frac{l}{k}}\mu(k)$ è l’inversa di Möbius di $g$, come nella formula iniziale. Ponendo $g(l)=1$ abbiamo come nell’articolo precedente $f(l)=1$ per $l=1$ e $f(l)=0$ altrimenti. Perciò poiché la funzione zeta di Riemann è $\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s}$ allora otteniamo
$$\sum_{k=1}^\infty \frac{\mu(k)}{k^s} = \frac{1}{\zeta(s)}$$
E quindi sostituendo nella formula precedente otteniamo anche
$$\sum_{j=1}^\infty \frac{g(j)}{j^s} = \zeta(s) \sum_{l=1}^\infty \frac{f(l)}{l^s}$$
dove $g$ ed $f$, date dalle formule iniziali, sono inverse di Möbius.