莫比乌斯反演相关定理

定理$1$ 若函数$F(n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)$，则：
$$F(n)=\{\begin{array}{c}1,n=1\\ 0,n>1\end{array}$$

证明 $n=1$时，有$F(1)=\mu (1)=1$。$n>1$时，设$n$的标准分解式为$p_1^{q_1}{p}_2^{q_2}...p_m^{q_m}$，则$F(n)=1-\mu (p_1)-\mu (p_2)-...-\mu (p_m)+\mu (p_1{p}_2)+\mu (p_2{p}_3)+...+\mu (p_{m-1}{p}_m)-...+(-1{)}^m(p_1{p}_2...p_m)=(-1{)}^0{C}_m^0+(-1{)}^1{C}_m^1+(-1{)}^2{C}_m^2+...+(-1{)}^m{C}_m^m=\sum _{i=0}^m(-1{)}^i{C}_m^i$。由二项式定理得，$F(n)=[1+(-1){]}^m$。因为$m>0$，所以$F(n)=0(x>1)$。

定理$2$ 莫比乌斯反演公式。若$f$是算术函数，$F$为$f$的和函数，对任意正整数$n$，满足$F(n)=\sum _{d\mid n}f(d)$，则有$f(n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)F(\frac{n}{d})$。

证明

$$\sum _{d\mid n}\mu (d)F(\frac{n}{d})=\sum _{d\mid n}(\mu (d)\sum _{k\mid \frac{n}{d}}f(k))$$

由于$d$和$k$轮换对称，可以得到：

$$\sum _{d\mid n}\mu (d)F(\frac{n}{d})=\sum _{d\mid n}(\mu (d)\sum _{k\mid \frac{n}{d}}f(k))=\sum _{k\mid n}(f(k)\sum _{d\mid \frac{n}{k}}\mu (d))$$
由定理$1$可以得到，$\sum _{d\mid \frac{n}{k}}\mu (d)=[\frac{n}{k}=1]$，而$\frac{n}{k}=1$当且仅当$n=k$。所以：
$$\sum _{d\mid n}\mu (d)F(\frac{n}{d})=f(d)$$
定理$3$ 若$F(n)=\sum _{d\mid n}f(d)$是积性函数，则$f$是积性函数。

证明 对于任意的满足$\gcd (m,n)=1$的$m$和$n$，都有$F(m)F(n)=F(mn)$。

又有：$f(n)f(m)=\sum _{d\mid n}\mu (d)F(\frac{n}{d})\sum _{r\mid m}\mu (r)F(\frac{m}{r})$。

于是可以得到：
$$f(n)f(m)=\sum _{d\mid n}\sum _{r\mid m}\mu (d)\mu (r)F(\frac{n}{d})F(\frac{m}{r})$$
由于$\gcd (m,n)=1$，所以$\gcd (d,r)=1$且$\gcd (\frac{n}{d},\frac{m}{r})=1$。由于$\mu$和$F$均为积性函数，可以得到：
$$f(n)f(m)=\sum _{d\mid n}\sum _{r\mid m}\mu (dr)F(\frac{nm}{dr})=\sum _{s\mid nm}\mu (s)F(\frac{nm}{s})=f(nm)$$
于是得证。