Fonction de Moebius d'ordre 2

[Il n'est pas correct d'effacer un message dès lors que quelqu'un s'est donné la peine d'y répondre. Je le rétablis. AD]Merci noix de totos. Mais il me semble que ta fonction n'est pas la bonne. En calculant terme à terme par récurrence la suite $f_2$ telle que $\sum^n_{k=1}f_2(k)\big\lfloor\frac{n^2}{k^2}\big\rfloor=1$, j'obtiens : $f_2(n)=1,-3,-2,-1,-1,3,-1,3,-2,3,-4,-2,2,-2,-2,3,1,-3,-2,2,\ldots $ qui n'est pas multiplicative.

[Il n'est pas correct d'effacer un message dès lors que quelqu'un s'est donné la peine d'y répondre. Je le rétablis. (T. P)]

Pour moi il y a une unique suite $\left(f_{2}(n)\right)_{n\geq1}$ qui vérifie $\sum_{k=1}^{n}f_{2}(k)\left\lfloor \frac{n^{2}}{k^{2}}\right\rfloor =1$ pour $n\geq1$. En effet:

$\sum_{k=1}^{1}f_{2}(k)\left\lfloor \frac{1^{2}}{k^{2}}\right\rfloor =1\Rightarrow f_{2}(1)=1$

$\sum_{k=1}^{2}f_{2}(k)\left\lfloor \frac{2^{2}}{k^{2}}\right\rfloor =1\Rightarrow f_{2}(2)=1-\sum_{k=1}^{1}f_{2}(k)\left\lfloor \frac{2^{2}}{k^{2}}\right\rfloor =1-4f_{2}(1)=-3$

Et ensuite pour $n\geq3$ la formule $f_{2}(n)=1-\sum_{k=1}^{n-1}f_{2}(k)\left\lfloor \frac{n^{2}}{k^{2}}\right\rfloor$ définit $f_{2}(n)$ de manière unique en fonction des termes précédents, ce qui donne la suite qui commence par:

1,-3,-2,-1,-1,3,-1,3,-2,3,-4,-2,2,-2,-2,3,1,-3,-2,2

Et l'expérience tend à monter que $\sum_{k=1}^{n}f_{2}(k)\ll n^{1+\varepsilon}$ et pas $\sum_{k=1}^{n}f_{2}(k)\ll n^{1/4+\varepsilon}$.

Ma définition est valable pour tout n pas un n particulier. Ton exemple trivial ne marche pas. Quant à l'autre en testant avec pari-gp

f2(n)=if(issquare(n),moebius(sqrtint(n)),0)
for(n=1,20,print1(sum(k=1,n,f2(k)*(n^2\k^2)),","))
1,4,9,15,24,34,46,60,75,93,113,134,157,182,209,237,268,300,335,371,

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Je cherche une suite $\left(u_{n}\right)_{n\geq1}$, qui vérifie pour tout $n\geq1$ :
$$\sum_{k=1}^{n}u_{k}\left\lfloor \frac{n^{2}}{k^{2}}\right\rfloor =1$$ NdT dit que la suite $u_{k}=\mu(\sqrt{k})$ si $k$ est un carré et $u_{k}=0$ sinon convient. Mais dans ce cas
$$
\sum_{k=1}^{n}u_{k}\left\lfloor \frac{n^{2}}{k^{2}}\right\rfloor =\sum_{i\leq\sqrt{n}}\mu(i)\left\lfloor \frac{n^{2}}{i^{4}}\right\rfloor \sim\frac{n^{2}}{\zeta(4)}\ \left(n\rightarrow\infty\right)
$$ n'est clairement pas égal à $1$ pour $n$ grand.

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Je reviens à ma notation du début qui, même si elle est usitée par ailleurs et constitue un c****e de lèse-théoricien-analytique-des-nombres, n'en reste pas moins logique dans ce contexte. Soit donc $r\gt{}0$ un réel fixé et $\mu_{r}$ la fonction arithmétique définie par la relation de récurrence $\mu_{r}(1)=1$ et pour $n\geq2$ par :
$$
\mu_{r}(n)=1-\sum_{k=1}^{n-1}\mu_{r}(k)\left\lfloor \frac{n^{r}}{k^{r}}\right\rfloor,
$$ qui pour $r=1$ donne la fonction de Moebius. Alors je pense que sous HR on a :
$$
M_{r}(n):=\sum_{k=1}^{n}\mu_{r}(k)\ll n^{\frac{r}{2}+\varepsilon}.
$$ Ma motivation derrière cette question provient essentiellement du fait que si $r=2$ (par exemple) il semble clair d'après quelques expériences que :
$$
\limsup_{n\rightarrow\infty }M_{r}(n)n^{-\frac{r}{2}}=+\infty.
$$ Alors que pour le cas $r=1$ on se pose toujours la question sans soutien expérimental clair. Je crois même pouvoir conjecturer que pour $r=2$ on a
$$
-\infty<\liminf_{n\rightarrow\infty}\frac{M_{2}(n)}{n\log n}<0<\limsup_{n\rightarrow\infty }\frac{M_{2}(n)}{n\log n}<+\infty,
$$ et ma question subsidiaire est donc: ces dernières inégalités impliqueraient-elles que les zéros non triviaux de zeta sont linéairement indépendants sur $\mathbb{Q}$ ? Si oui c'est intéressant car on peut mieux s'en convaincre expérimentalement.

Pour soutenir ces inégalités voici ci-dessous le graphique de $\frac{M_{2}(n)}{n\log n}$ pour $n$ allant de $8$ à $50000$.