1. Même méthode que dans Arithmétique/PGCD#Propriétés du PGCD.
2. Voir Anneau (mathématiques)/Exercices/Exercices#Exercice 4.
3. ${\displaystyle m:=\operatorname {PPCM} (a,b)}$ divise ${\displaystyle ab}$, que l'on peut supposer non nul. Posons alors ${\displaystyle d:=ab/m}$. D'après le point 2, pour tout ${\displaystyle n\in A}$, ${\displaystyle mn}$ est un ${\displaystyle \operatorname {PPCM} (an,bn)}$. Par conséquent, ${\displaystyle \forall n\in A\quad n\mid a,b\Leftrightarrow nb,an\mid ab\Leftrightarrow mn\mid ab\Leftrightarrow mn\mid md\Leftrightarrow n\mid d}$, ce qui prouve que ${\displaystyle d}$ est un ${\displaystyle \operatorname {PGCD} (a,b)}$.
4. Même méthode (s'appuyant sur le point 1) que dans Arithmétique/PPCM#Théorème.

Soient ${\displaystyle A:=\{(x,y)\in \mathbb {N} ^{2}\mid x\mid m{\text{ et }}y\mid n\}}$, ${\displaystyle B:=\{z\in \mathbb {N} \mid {z\mid mn}\}}$, ${\displaystyle F:\mathbb {N} ^{2}\to \mathbb {N} ,\,(x,y)\mapsto xy}$ et ${\displaystyle G:\mathbb {N} \to \mathbb {N} ^{2},\,z\mapsto \left(z\land m,z\land n\right)}$.

On a immédiatement ${\displaystyle F(A)\subset B}$ et ${\displaystyle G(B)\subset A}$, ce qui permet de considérer les restrictions ${\displaystyle f:A\to B}$ et ${\displaystyle g:B\to A}$ de ${\displaystyle F}$ et ${\displaystyle G}$. Pour montrer que ces deux restrictions sont des bijections réciproques l'une de l'autre, on peut utiliser la décomposition des entiers en facteurs premiers, mais le raisonnement suivant est plus général car il n'utilise que la distributivité de ${\displaystyle \land }$ par rapport à ${\displaystyle \lor }$, dans tout anneau à PGCD (non nécessairement factoriel).

• ${\displaystyle g\circ f=\mathrm {id} _{A}}$, c.-à-d. : si ${\displaystyle x\mid m{\text{ et }}y\mid n}$ alors ${\displaystyle (xy)\land m=x}$ et ${\displaystyle (xy)\land n=y}$.

  En effet, si ${\displaystyle x\mid m{\text{ et }}y\mid n}$ alors ${\displaystyle x\land y\mid m\land y\mid m\land n=1}$ donc

  ${\displaystyle (xy)\land m=\left(x\lor y\right)\land m=\left(x\land m\right)\lor \left(y\land m\right)=x\lor 1=x}$

  et de même, ${\displaystyle (xy)\land n=y}$.

• ${\displaystyle f\circ g=\mathrm {id} _{B}}$, c.-à-d. : si ${\displaystyle z\mid mn}$ alors ${\displaystyle \left(z\land m\right)\left(z\land n\right)=z}$.

  En effet, ${\displaystyle \left(z\land m\right)\land \left(z\land n\right)\mid m\land n=1}$ donc

  ${\displaystyle \left(z\land m\right)\left(z\land n\right)=\left(z\land m\right)\lor \left(z\land n\right)=z\land \left(m\lor n\right)=z\land mn=z}$.

1. L'application est bijective car la classe de ${\displaystyle a{\bmod {p}}}$ est inversible. Elle envoie ${\displaystyle \{{\overline {k}}\mid 1\leq k\leq p-1\}}$ (l'ensemble des inversibles de l'anneau ${\displaystyle \mathbb {Z} /p\mathbb {Z} }$) sur lui-même car dans tout anneau, un produit est inversible si et seulement si les deux facteurs le sont.
2. D'après la question précédente, les deux ensembles ${\displaystyle \{{\overline {ka}}\mid 1\leq k\leq p-1\}}$ et ${\displaystyle \{{\overline {k}}\mid 1\leq k\leq p-1\}}$ sont égaux, donc le produit de leurs ${\displaystyle p-1}$ éléments le sont.
3. La congruence précédente se simplifie par ${\displaystyle \left(p-1\right)!}$ car ce produit est inversible modulo ${\displaystyle p}$.
4. D'après le petit théorème de Fermat, ${\displaystyle b^{p}\equiv c^{p}{\bmod {p}}\Rightarrow \exists k\in \mathbb {Z} \quad b=c+kp}$. Or ${\displaystyle (c+kp)^{n}\equiv c^{n}+nc^{n-1}kp{\bmod {p^{2}}}}$ (par la formule du binôme), en particulier ${\displaystyle (c+kp)^{p}\equiv c^{p}{\bmod {p^{2}}}}$.

(H&W th. 21-22 ; Baker p. 5)

1. Supposons qu'il existe un tel ${\displaystyle P}$ (de coefficient dominant nécessairement positif) et soit ${\displaystyle n_{0}}$ tel que ${\displaystyle m:=P(n_{0})}$ soit ${\displaystyle >1}$. Pour tout entier ${\displaystyle r}$, on a, modulo ${\displaystyle m}$ : ${\displaystyle n_{0}+rm\equiv n_{0}}$ donc ${\displaystyle P(n_{0}+rm)\equiv P(n_{0})\equiv 0}$, c'est-à-dire que ${\displaystyle P(n_{0}+rm)}$ est divisible par ${\displaystyle m}$. Mais (puisque ${\displaystyle \lim _{+\infty }P=+\infty }$) pour tout ${\displaystyle r}$ suffisamment grand, on a de plus ${\displaystyle P(n_{0}+rm)>m}$, donc ${\displaystyle P(n_{0}+rm)}$ est composé : absurde.
2. Soient ${\displaystyle f}$ comme indiqué et soit ${\displaystyle n_{1}}$ tel que ${\displaystyle \forall n\geq n_{1}\quad f(n)>k}$. Supposons que ${\displaystyle f(n)}$ n'est composé que pour un nombre fini de valeurs de ${\displaystyle n}$. Il existe alors ${\displaystyle n_{0}\geq n_{1}}$ tel que ${\displaystyle p:=f\left(n_{0}\right)}$ soit premier. Pour tout entier ${\displaystyle r}$, on a, modulo ${\displaystyle p}$ : ${\displaystyle n_{0}+rp(p-1)\equiv n_{0}}$ et pour tout ${\displaystyle i\in \{1,\dots ,p-1\}}$ (en particulier pour ${\displaystyle i=2,\dots ,k}$) : ${\displaystyle i^{n_{0}+rp(p-1)}=i^{n_{0}}\left(i^{p-1}\right)^{rp}\equiv i^{n_{0}}}$ (d'après le petit théorème de Fermat), donc ${\displaystyle f\left(n_{0}+rp(p-1)\right)\equiv f\left(n_{0}\right)\equiv 0}$. On conclut comme précédemment.

Notons ${\displaystyle F}$ cet ensemble. On sait déjà que ${\displaystyle (F,+)}$ est un groupe abélien. Il reste à vérifier que :

• ✻ est commutative : Immédiat.
• ✻ est associative : ${\displaystyle \forall n\in \mathbb {N} ^{*}\quad {\begin{cases}f*(g*h)\left(n\right)&=\sum _{ab=n}f(a)(g*h)(b)=\sum _{ab=n}f(a)\left[\sum _{cd=b}g(c)h(d)\right]=\sum _{acd=n}f(a)g(c)h(d)~;\\(f*g)*h\left(n\right)&=\sum _{bd=n}(f*g)(b)h(d)=\sum _{bd=n}\left[\sum _{ac=b}f(a)g(c)\right]h(d)=\sum _{acd=n}f(a)g(c)h(d).\end{cases}}}$
• ✻ est distributive par rapport à l'addition : ${\displaystyle \forall n\in \mathbb {N} ^{*}\quad \quad f*(g+h)\left(n\right)=\sum _{ab=n}f(a)(g(b)+h(b))=\sum _{ab=n}f(a)g(b)+\sum _{ab=n}f(a)h(b)=f*g\left(n\right)+f*h\left(n\right)}$.
• δ₁ est neutre pour ✻ : vu en cours.
• L'anneau est intègre : soient ${\displaystyle f,g\in F\setminus \{0\}}$. Notons ${\displaystyle u,v\in \mathbb {N} ^{*}}$ les plus petits entiers tels que ${\displaystyle f(u)\neq 0}$ et ${\displaystyle g(v)\neq 0}$, et ${\displaystyle n}$ leur produit. Alors, dans la somme ${\displaystyle f*g\left(n\right)=\sum _{ab=n}f(a)g(b)}$, hormis le terme ${\displaystyle f(u)g(v)\neq 0}$, tous les termes sont nuls (soit parce que ${\displaystyle a<u}$, soit parce que ${\displaystyle b<v}$), donc ${\displaystyle f*g\left(n\right)\neq 0}$, donc ${\displaystyle f*g\neq 0}$.

1. Soit ${\displaystyle {\overline {r}}\in \mathbb {Z} /n\mathbb {Z} }$ avec, sans perte de généralité, ${\displaystyle 0\leq r<n}$. Alors :
   • ${\displaystyle d{\overline {r}}={\overline {0}}\Leftrightarrow n\mid dr\Leftrightarrow dq\mid dr\Leftrightarrow q\mid r\Leftrightarrow r\in \{0,q,2q,\dots ,\left(d-1\right)q\}\Leftrightarrow {\overline {r}}\in G}$ ;
   • ${\displaystyle {\overline {r}}}$ est donc d'ordre exactement ${\displaystyle d}$ si et seulement si, en plus d'appartenir à ${\displaystyle G}$, il engendre dans ${\displaystyle G}$ un sous-groupe d'ordre ${\displaystyle d}$, c'est-à-dire égal à ${\displaystyle G}$ tout entier.
2. D'après ce qui précède, pour tout diviseur ${\displaystyle d}$ de ${\displaystyle n}$, le nombre d'éléments de ${\displaystyle (\mathbb {Z} /n\mathbb {Z} ,+)}$ d'ordre ${\displaystyle d}$ est égal au nombre de générateurs d'un groupe cyclique d'ordre ${\displaystyle d}$, c'est-à-dire à ${\displaystyle \varphi (d)}$.
   En partitionnant ${\displaystyle \mathbb {Z} /n\mathbb {Z} }$ selon les ordres (divisant tous ${\displaystyle n}$) de ses éléments, on en déduit que ${\displaystyle n=\sum _{d\mid n}\varphi (d)}$.
3. Si ${\displaystyle n=p^{k}}$ avec ${\displaystyle p}$ premier alors ${\displaystyle \sum _{d\mid n}\varphi (d)=\sum _{j=0}^{k}\varphi \left(p^{j}\right)=1+\sum _{j=1}^{k}\left(p^{j}-p^{j-1}\right)=p^{k}=n}$. Donc ${\displaystyle \mathbf {1} *\varphi }$ et ${\displaystyle \mathrm {id} }$ coïncident sur les ${\displaystyle p^{k}}$.
   Or ${\displaystyle \mathrm {id} }$ est multiplicative (évident) et ${\displaystyle \mathbf {1} *\varphi }$ aussi (car ${\displaystyle \mathbf {1} }$ et ${\displaystyle \varphi }$ le sont). Donc ${\displaystyle \mathbf {1} *\varphi =\mathrm {id} }$.

1. (HW p. 15-16)
   • Initialisation : ${\displaystyle p_{1}=2=2^{1}=2^{2^{1-1}}}$.
   • Hérédité : supposons (hypothèse de récurrence forte) que pour ${\displaystyle k}$ de ${\displaystyle 1}$ à ${\displaystyle n}$, on a ${\displaystyle p_{k}\leq 2^{2^{k-1}}}$ et montrons qu'alors, ${\displaystyle p_{n+1}\leq 2^{2^{n}}}$.
     Par le raisonnement d'Euclide, si ${\displaystyle p}$ est un facteur premier de ${\displaystyle 1+p_{1}\dots p_{n}}$ alors ${\displaystyle p\geq p_{n+1}}$.
     Or ${\displaystyle p\leq 1+p_{1}\dots p_{n}\leq 1+\prod _{k=1}^{n}2^{2^{k-1}}=1+2^{\sum _{k=1}^{n}2^{k-1}}=1+2^{2^{n}-1}\leq 2^{2^{n}}}$ (car ${\displaystyle 2^{2^{n}-1}<2^{2^{n}}}$).
     Par conséquent, ${\displaystyle p_{n+1}\leq 2^{2^{n}}}$.

   Remarques :

   • ou encore, en notant ${\displaystyle \pi (x)}$ le nombre de nombres premiers ${\displaystyle \leq x}$ : ${\displaystyle \pi (x)\geq \log _{2}\log _{2}x}$ (HW p. 16).
   • cette méthode prouve aussi que ${\displaystyle p_{n+1}\leq p_{n}^{n}+1}$, mais ce n'est pas suffisant pour la récurrence.

2. (Tenebaum p. 22)
   • Un entier compris entre ${\displaystyle 1}$ et ${\displaystyle p_{n}}$ s'écrit de façon unique ${\displaystyle \prod _{i=1}^{n}p_{i}^{k_{i}}}$ avec ${\displaystyle 2^{k_{i}}\leq p_{i}^{k_{i}}\leq x\leq p_{n}<2^{t+1}}$ donc ${\displaystyle 0\leq k_{i}\leq t}$.
     Le nombre de ces entiers est ${\displaystyle p_{n}}$ et le nombre de ${\displaystyle n}$-uplets ${\displaystyle \left(k_{1},\dots ,k_{n}\right)}$ autorisés est majoré par ${\displaystyle \left(t+1\right)^{n}}$, donc ${\displaystyle p_{n}\leq \left(t+1\right)^{n}}$.
   • Autrement dit, ${\displaystyle 2^{t}\leq \left(t+1\right)^{n}}$ c.-à-d. ${\displaystyle t\leq n\log _{2}\left(t+1\right)}$. Pour ${\displaystyle n\geq 5}$, montrons par l'absurde que ${\displaystyle t<n^{2}}$.
     Si l'on avait ${\displaystyle t\geq n^{2}}$, c.-à-d. ${\displaystyle x:={\sqrt {t}}\geq n\geq 5}$, on déduirait de l'indication que ${\displaystyle \log _{2}\left(t+1\right)<{\sqrt {t}}}$ et donc ${\displaystyle t<n{\sqrt {t}}}$, c.-à-d. ${\displaystyle t<n^{2}}$ : contradiction.
   • Pour ${\displaystyle n\geq 5}$, on vient de montrer que ${\displaystyle t+1\leq n^{2}}$, donc ${\displaystyle p_{n}<2^{t+1}\leq 2^{n^{2}}}$.
     Pour ${\displaystyle n}$ de 1 à 4, on vérifie à la main que ${\displaystyle p_{n}\leq 2^{n^{2}}}$ : ${\displaystyle 2=2^{1},3<2^{4},5<2^{9},7<2^{16}}$.

Justification de l'indication admise : soit ${\displaystyle f(x)=\log _{2}\left(x^{2}+1\right)-x}$, montrons que pour ${\displaystyle x\geq 5}$, ${\displaystyle f(x)<0}$.

${\displaystyle f'(x)={\frac {2x}{\left(x^{2}+1\right)\ln 2}}-1}$ donc ${\displaystyle f'(5)<0}$ et à droite de 5, ${\displaystyle f'}$ est décroissante (${\displaystyle f''(x)={\frac {2\left(1-x^{2}\right)}{\left(x^{2}+1\right)^{2}\ln 2}}<0}$ dès que ${\displaystyle x>1}$)

donc ${\displaystyle f'<0}$ donc ${\displaystyle f}$ est décroissante, or ${\displaystyle f(5)=\ln _{2}(26)-5<0}$, donc ${\displaystyle f<0}$.

1. Soit ${\displaystyle q=p_{1}\dots p_{m}}$. Tout entier ${\displaystyle k}$ entre ${\displaystyle 2}$ et ${\displaystyle p_{m}}$ est divisible par l'un des nombres ${\displaystyle p_{j}}$ pour ${\displaystyle 1\leq j\leq m}$, donc ${\displaystyle q+k}$ l'est aussi, mais ${\displaystyle q+k>p_{j}}$ donc ${\displaystyle q+k}$ est composé.
2. Si ${\displaystyle p_{n}}$ est le plus grand nombre premier ${\displaystyle <q+2}$, le suivant est ${\displaystyle >q+p_{m}}$, donc ${\displaystyle p_{n+1}-p_{n}\geq (q+p_{m}+1)-(q+1)=p_{m}}$.
3. On applique ce qui précède, après avoir choisi ${\displaystyle p_{m}}$ arbitrairement grand.

${\displaystyle (2)}$ et ${\displaystyle (3)}$ impliquent tous deux ${\displaystyle \ln(\pi (x))\sim \ln x}$. En effet :

• si ${\displaystyle f\sim _{a}g>0}$ et si, au voisinage de ${\displaystyle a}$, ${\displaystyle g}$ « reste à l'écart » de la valeur ${\displaystyle 1}$, c'est-à-dire si ${\displaystyle 1/(\ln g)}$ est bornée, alors ${\displaystyle \ln f\sim _{a}\ln g}$, car ${\displaystyle \ln f/\ln g-1=\ln(f/g)/\ln g\to 0}$ ;
• Quand ${\displaystyle t\to +\infty }$, ${\displaystyle \ln t\pm \ln \ln t\sim \ln t}$ car quand ${\displaystyle s:=\ln t\to +\infty }$, ${\displaystyle \ln s}$ est négligeable devant ${\displaystyle s}$.

Par conséquent, ${\displaystyle (2)\Leftrightarrow (3)}$.

${\displaystyle (2)}$ appliqué à ${\displaystyle x=p_{n}}$ donne ${\displaystyle (1)}$.

Réciproquement, si ${\displaystyle (1)}$, alors ${\displaystyle \pi (x)\ln(\pi (x))\sim p_{\pi (x)}\leq x<p_{\pi (x)+1}\sim (\pi (x)+1)\ln(\pi (x)+1)\sim \pi (x)\ln(\pi (x))}$, d'où (2).

(H&W th. 291.) Remarquons d'abord que ${\displaystyle \operatorname {DG} (\mathrm {id} ^{a})(s)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {n^{a}}{n^{s}}}=\zeta (s-a)}$ (pour tout complexe ${\displaystyle s}$ de partie réelle ${\displaystyle >1+\operatorname {Re} (a)}$), en particulier ${\displaystyle \operatorname {DG} (\mathbf {1} )=\zeta }$ (pour tout ${\displaystyle s}$ de partie réelle ${\displaystyle >1}$).

1. ${\displaystyle \mu *\mathbf {1} =\delta _{1}}$ donc ${\displaystyle \operatorname {DG} (\mu )\,\zeta =\operatorname {DG} (\mu )\operatorname {DG} (\mathbf {1} )=\operatorname {DG} (\delta _{1})=}$ la fonction constante ${\displaystyle 1}$ (sur ${\displaystyle \operatorname {Re} (s)>1}$, ce qui prouve que ${\displaystyle \zeta }$ ne s'annule pas sur ce demi-plan).
2. De même, ${\displaystyle \sigma _{a}=\mathrm {id} ^{a}*\mathbf {1} }$ donc ${\displaystyle \operatorname {DG} (\sigma _{a})(s)=\zeta (s-a)\zeta (s)}$ (pour tout ${\displaystyle s}$ de partie réelle ${\displaystyle >1,1+\operatorname {Re} (a)}$).
   Par exemple (Baker p. 16) :
   • ${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {d(n)}{n^{s}}}=\zeta (s)^{2}}$ si ${\displaystyle \operatorname {Re} (s)>1}$ ;
   • ${\displaystyle \sum _{n=1}^{\infty }{\frac {\sigma (n)}{n^{s}}}=\zeta (s-1)\zeta (s)}$ si ${\displaystyle \operatorname {Re} (s)>2}$.

1. ${\displaystyle J_{1}=\varphi }$, l'indicatrice d'Euler.
2. Si ${\displaystyle \operatorname {pgcd} \left(n,x_{1},\dots ,x_{k}\right)=d}$ alors ${\displaystyle d\mid n}$. Pour tout diviseur ${\displaystyle d}$ de ${\displaystyle n}$, les ${\displaystyle \left(x_{1},\dots ,x_{k}\right)\in \{1,\dots ,n\}^{k}}$ tels que ${\displaystyle \operatorname {pgcd} \left(n,x_{1},\dots ,x_{k}\right)=d}$ sont les produits par ${\displaystyle d}$ des ${\displaystyle \left(a_{1},\dots ,a_{k}\right)\in \{1,\dots ,n/d\}^{k}}$ tels que ${\displaystyle \operatorname {pgcd} \left(n/d,a_{1},\dots ,a_{k}\right)=1}$, donc il y en a ${\displaystyle J_{k}(n/d)}$. On a donc bien ${\displaystyle n^{k}=\operatorname {card} (\{1,\dots ,n\}^{k})=\sum _{d\mid n}J_{k}(n/d)}$.
3. D'après la question précédente, ${\displaystyle \mathrm {id} ^{k}=J_{k}*\mathbf {1} }$. Par inversion de Möbius, on en déduit que ${\displaystyle J_{k}=\mathrm {id} ^{k}*\mu }$, ce qui prouve à la fois que ${\displaystyle J_{k}(n)=\sum _{d\mid n}(n/d)^{k}\mu (d)}$ et que ${\displaystyle J_{k}}$ est multiplicative (puisque ${\displaystyle \mathrm {id} ^{k}}$ et ${\displaystyle \mu }$ le sont).
4. Pour ${\displaystyle p}$ premier et ${\displaystyle s\in \mathbb {N} ^{*}}$, ${\displaystyle J_{k}\left(p^{s}\right)=\sum _{i=0}^{s}p^{(s-i)k}\mu (p^{i})=p^{sk}-p^{(s-1)k}=p^{sk}\left(1-{\frac {1}{p^{k}}}\right)}$, d'où le résultat, par la multiplicativité de ${\displaystyle J_{k}}$. Remarquons au passage que cette multiplicativité et cette expression de ${\displaystyle J_{k}\left(p^{s}\right)}$ peuvent se déduire directement de la définition, sans utiliser les questions précédentes.
5. ${\displaystyle J_{k}}$ n'est pas complètement multiplicative : pour ${\displaystyle p}$ premier, ${\displaystyle J_{k}\left(p^{2}\right)=p^{2k}-p^{k}\neq \left(p^{k}-1\right)^{2}=\left(J_{k}(p)\right)^{2}}$.
6. D'après la question 3), ${\displaystyle J_{k}=\mathrm {id} ^{k}*\mu }$ donc ${\displaystyle \operatorname {DG} \left(J_{k}\right)=\operatorname {DG} \left(\mathrm {id} ^{k}\right)\times \operatorname {DG} (\mu )}$. Or ${\displaystyle \operatorname {DG} (\mu )={\frac {1}{\zeta }}}$ et ${\displaystyle \operatorname {DG} \left(\mathrm {id} ^{k}\right)(s)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {n^{k}}{n^{s}}}=\operatorname {DG} (\mathbf {1} )(s-k)=\zeta (s-k)}$. Donc ${\displaystyle \operatorname {DG} (J_{k})(s)={\frac {\zeta (s-k)}{\zeta (s)}}}$ (pour ${\displaystyle s\in \mathbb {C} }$ de partie réelle ${\displaystyle >k+1}$).

1. Notons ${\displaystyle n=p_{1}^{a_{1}}\dots p_{r}^{a_{r}}}$ la décomposition de ${\displaystyle n}$ en produit de facteurs premiers (${\displaystyle r\geq 0}$, ${\displaystyle a_{k}\in \mathbb {N} ^{*}}$, ${\displaystyle p_{k}}$ premiers distincts). Alors,

   ${\displaystyle \sum _{d\mid n}\Lambda (d)=\sum _{k=1}^{r}\sum _{m=1}^{a_{k}}\ln p_{k}=\sum _{k=1}^{r}a_{k}\ln p_{k}=\ln n}$.

2. Par inversion de Möbius,

   ${\displaystyle \Lambda (n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)\ln(n/d)=\left(\sum _{d\mid n}\mu (d)\right)\ln n-\sum _{d\mid n}\mu (d)\ln d=-\sum _{d\mid n}\mu (d)\ln d}$

   car ${\displaystyle \sum _{d\mid n}\mu (d)=\left(\mu *\mathbf {1} \right)(n)=\delta _{1}(n)=0}$ pour tout ${\displaystyle n>1}$ et ${\displaystyle \ln 1=0}$.

1. ${\displaystyle f(2)={\frac {1}{2}}}$, ${\displaystyle f(3)=1}$, ${\displaystyle f(6)=1\neq f(2)f(3)}$.
2. ${\displaystyle \sum _{d\mid n}f(n/d)=\sum _{d\mid n}{\frac {d}{n}}\sum _{0<a\leq (n/d) \atop a\land (n/d)=1}a={\frac {1}{n}}\sum _{d\mid n}\sum _{0<b\leq n \atop b\land n=d}b={\frac {1}{n}}\sum _{0<b\leq n}b={\frac {n+1}{2}}}$.
3. ${\displaystyle f*\mathbf {1} ={\frac {\mathrm {id} +\mathbf {1} }{2}}}$ donc par inversion de Möbius, ${\displaystyle f={\frac {\mathrm {id} +\mathbf {1} }{2}}*\mu ={\frac {\varphi +\delta _{1}}{2}}}$.
   Variante : ${\displaystyle f*\mathbf {1} ={\frac {\mathrm {id} +\mathbf {1} }{2}}={\frac {\varphi *\mathbf {1} +\mathbf {1} }{2}}={\frac {\varphi +\delta _{1}}{2}}*\mathbf {1} }$ donc puisque ${\displaystyle \mathbf {1} }$ est inversible pour la convolution, ${\displaystyle f={\frac {\varphi +\delta _{1}}{2}}}$.
   Par conséquent, ${\displaystyle \forall n>1\quad f(n)={\frac {\varphi (n)+\delta _{1}(n)}{2}}={\frac {1}{2}}\varphi (n)}$.