莫比乌斯变换总结

莫比乌斯变换

约定

$n=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}\cdots p_r^{a_r}$

$a\mid b$：$a$整除$b$

$a\nmid b$：$a$不整除$b$

$a^k\parallel b$：$a^k\mid b$且$a^{k+1}\nmid b$

$(a,b)$最大公约数

$[a,b]$最小公倍数

定义

我们设数论函数$f(n)$，我们考虑一种运算：

$$F(n)=\sum _{d\mid n}f(d)(1)$$

我们看到过很多这样关系：

$f(n)$	$F(n)$
$1$	$\tau (n)$
$n$	$\sigma (n)$
$\phi (n)$	$n$
$\mu (n)$	$\left[\frac{1}{n}\right]$
$\frac{\mu (n)}{n}$	$\frac{\phi (n)}{n}$
$\lambda (n)$	$\ln n$
$h(n)$	$\frac{N(n)}{4}$

证明略。

我们称$F(n)$为$f(n)$的莫比乌斯变换。

定理

定理1

$$F(n)=\{\begin{array}{l}1,n=1\\ \sum _{e_1=0}^{a_1}\sum _{e_2=0}^{a_2}\cdots \sum _{e_r=0}^{a_r}f(p_1^{e_1}{p}_2^{e_2}\cdots p_r^{e_r}),n>1\end{array}$$

若$f(n)$积性，$F(n)$积性：

$$\begin{gathered} F(n)=\prod _{j=1}^r(1+f(p_j)+f(p_j^2)+\cdots f(p_j^{a_r})) \\ =\prod _{p^a\parallel n}(1+f(p)+f(p^2)+\cdots f(p^a)) \\ (2) \end{gathered}$$

若$f(n)$完全积性，$F(n)$完全积性：

$$\begin{gathered} F(n)=\prod _{j=1}^r(1+f(p_j)+f^2(p_j)+\cdots f^{a_j}(p_j)) \\ =\prod _{p^a\parallel n}(1+f(p)+f^2(p)+\cdots f^a(p)) \\ (4) \end{gathered}$$

证明
这$F(1)=f(1)$的证明是显然的。

F(n)=∑e1=0a1∑e2=0a2⋯∑er=0arf(p1e1p2e2⋯prer)                                 ={∑e1=0a1f(p1e1)}{∑e2a2fp2e2}⋯{∑er=0arf(prer)} F(n)=\sum_{e_{1}=0}^{a_{1}} \sum_{e_{2}=0}^{a_{2}} \cdots \sum_{e_{r}=0}^{a_{r}} f(p_{1}^{e_{1}} p_{2}^{e_{2}} \cdots p_{r}^{e_{r}})\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\ \\ \,\,\,\,\,\,= \{ \sum_{e_{1}=0}^{a_{1}}f(p_{1}^{e_{1}}) \} \{ \sum_{e_{2}}^{a_{2}}f_{p_{2}^{e_{2}}} \} \cdots \{ \sum_{e_{r}=0}^{a_{r}}f(p_{r}^{e_{r}}) \} F(n)=e1​=0∑a1​​e2​=0∑a2​​⋯er​=0∑ar​​f(p1e1​​p2e2​​⋯prer​​) ={e1​=0∑a1​​f(p1e1​​)}{e2​∑a2​​fp2e2​​​}⋯{er​=0∑ar​​f(prer​​)}

显然由(3)式得：

$$F(n)=F(p_1^{a_1})F(p_2^{a_2})\cdots F(p_r^{a_r})(5)$$

由此推出其积性。
显然$f(n)$完全积性的时候，显然证明
(4)式。

证毕

引理2

设$(m,n)=1$，$k$是给定的正整数，那么对于每个$d\mid mn$成立的充要条件是存在唯一的一对正整数$d_1,d_2$满足$d=d_1{d}_2,d_1^k\mid m,d_2^k\mid n(6)$

证明：

$$(m,n)=1,d^k\mid mn\Rightarrow d^k=(d^k,mn)=(d^k,m)(d^k,n)(7)$$

显见$((d^k,m),(d^k,n))=1$，所以：

$$\begin{gathered} (d^k,m)=((d^k,m),d{)}^k=(d,m{)}^k(8) \\ (d^k,n)=((d^k,n),d{)}^k=(d,n{)}^k(9) \end{gathered}$$

取$d_1=(d,m),d_2=(d,n)$，由(6)推出，反过来，若(6)成立，$d^k\mid mn$是显然的，再由(7)(8)(9)知：

$$d_1^k{d}_2^k=(d^k,m)(d^k,n)=(d,m{)}^k(d,n{)}^k$$

我们注意到：

$$(m,n)=(d_1,n)=(d_2,m)=1$$

所以:

$$d_1=(d,m),d_2=(d,n)$$

证毕
    \ \\\,\\\,\\\, 

定理1的另一种证明

我们发现定理1和引理2是独立无关的。

我们设$(m,n)=1,d_1,d_2$。
$F(mn)=\sum _{d\mid mn}f(d)=\sum _{d_1\mid m}\sum _{d_2\mid n}f(d_1{d}_2)$
$=\sum _{d_1\mid m}f(d_1)\sum _{d_2\mid m}f(d_2)=F(m)F(n)(10)$

推论3

设积性函数$f(n)$，我们有：
$$\sum _{d\mid m}\mu (d)f(d)=\prod _{p\mid n}(1-f(p))(11)$$

和

$$\sum _{d\mid n}{\mu }^2(d)f(n)=\prod _{p\mid n}(1+f(p))(12)$$

这是容易得到的，就不展示证明了。

取$f(n)=\frac{1}{n}$，得

$$\sum _{d\mid n}\frac{\mu (d)}{d}=\prod _{p\mid n}(1-\frac{1}{p})=\frac{\phi (n)}{n}(13)$$

我们也能想到莫比乌斯反演不是对整数成立的。所以我们可以用此优化很多算法包括优化精度。

特别的，取$f(n)=1$.

$$\begin{gathered} \sum _{d\mid n}\mu (d)=\{\begin{array}{l}1,n=1\\ 0,n>1\end{array} \\ (14) \end{gathered}$$

定理4

设函数$f(n),F(n)$，若要使（1）式成立，充要条件3为：

$$f(n)=\sum _{d\mid n}\mu (d)F(\frac{n}{d})(15)$$
充分性证明：

∑d∣nf(d)=∑d∣n{∑k∣dμ(k)F(dk)}=∑k∣dμ(k)∑k∣d,d∣nF(dk) \sum_{d \mid n}f(d)=\sum_{d \mid n} \{ \sum_{k \mid d} \mu(k)F(\frac{d}{k}) \}= \sum_{k\mid d}\mu(k) \sum_{k \mid d,d \mid n} F(\frac{d}{k}) d∣n∑​f(d)=d∣n∑​{k∣d∑​μ(k)F(kd​)}=k∣d∑​μ(k)k∣d,d∣n∑​F(kd​)

令$d=kl$,得：
$$\sum _{d\mid n}f(d)=\sum _{k\mid n}\mu (k)\sum _{l\mid \frac{n}{k}}F(l)=\sum _{l\mid n}F(l)\sum _{k\mid \frac{n}{l}}\mu (k)=F(n)$$
证毕

必要性有多种方法：

直接带入（15）于（1）
$$\sum _{d\mid n}\mu (d)F(\frac{n}{d})=\sum _{d\mid n}\mu (d)\sum _{l\mid \frac{n}{d}}f(l)=\sum _{l\mid n}f(l)\sum _{d\mid \frac{n}{l}}\mu (d)=f(n)$$

证毕

但我们不能看出为什么有（15）这个式子。所以我们要利用（14）来理解：

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

令$k=dl$，得：

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

证毕

以上为莫比乌斯翻转公式

定理5

设数论函数$f(n),g(n),h(n)$。
$$h(n)=\sum _{d\mid n}f(n)g(\frac{n}{d})(16)$$

$f(n),g(n)$积性时，$h(n)$积性。

证明

$$f(1)=g(1)=1\Rightarrow h(1)=1$$

设$(m,n)=1$，利用引理2

$$h(mn)=\sum _{d\mid mn}f(d)g(\frac{mn}{d})=\sum _{d_1\mid m,d_2\mid n}f(d_1{d}_2)g(\frac{mn}{d_1{d}_2})=h(m)h(n)$$

证毕

推论6

$f(n)$积性的充要条件是$F(n)$积性。

证明：

我们显然得知：

$$f(p^a)=F(p^a)-F(p^{a-1})$$

几乎瞬间证毕

应用例子

ex1

$F(n)=n^t$求$f(n)$

$F(n)$积性，所以有：

$$f(p^a)=p^{at}-p^{(a-1)t}=p^{at}(a-p^{-t})$$

所以有

$$f(n)=n^t\prod _{p\mid n}(1-p^{-t})$$

ex2

$F(n)=\phi (n)$，求$f(n)$。

$F(n)$积性，所以有：

$$f(p^a)=\phi (p^a)-\phi (p^{a-1})=\{\begin{array}{l}p(1-\frac{2}{p}),a=1\\ p^a(1-\frac{1}{p}{)}^2,a>1\end{array}$$

ex3

$f(n)=\frac{{\mu }^2(n)}{\phi (n)}$，求$F(n)$。

$$\sum _{d\mid p^a}\frac{{\mu }^2(d)}{\phi (d)}=1+\frac{1}{p-1}=(1-\frac{1}{p}{)}^{-1}$$

所以得：

$$\sum _{d\mid n}\frac{{\mu }^2(d)}{\phi (d)}=\prod _{p\mid n}(1-\frac{1}{p}{)}^{-1}=\frac{n}{\phi (n)}$$

ex5

求
$$f(n,m)=\sum _i^n\sum _j^m[(i,j)=1]$$

证明

$$\begin{array}{crl}& & f(n,m)\\ & & ={\sum }_i^n{\sum }_j^m{\sum }_{d\mid (i,j)}\mu (d)\\ & & ={\sum }_d\mu (d){\sum }_{d\mid i}{\sum }_{d\mid j}1\\ & & ={\sum }_d\mu (d)\left[\frac{n}{d}\right]\left[\frac{m}{d}\right]\end{array}$$

ex5.5

求
$$f(n,m)=\sum _i^n\sum _j^m(i,j)$$

证明

$$\begin{array}{crl}& & f(n,m)\\ & & ={\sum }_i^n{\sum }_j^m{\sum }_{d\mid (i,j)}\phi (d)\\ & & ={\sum }_d\phi (d){\sum }_{d\mid i}{\sum }_{d\mid j}1\\ & & ={\sum }_d\phi (d)\left[\frac{n}{d}\right]\left[\frac{m}{d}\right]\end{array}$$

eeeexxxx5555

设整系数多项式$P(n)$，$S(n;P(x))$为满足$(P(d),n)=1,1\le d\le n$的个数。

试证明$S(n)=S(n;P(x))$积性。

利用式（14）

$$S(n)=\sum _{d=1,(P(d),n)=1}^{n}1=\sum _{d=1}^n\sum _{k\mid (P(d),n)}\mu (k)=\sum _{k\mid n}\mu (k)\sum _{d=1,k\mid P(d)}^{n}1$$

以$T(k)=T(k;P(x))$表示以下同余方程的解数：

$$P(x)\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}k)$$

$k\mid n$时，有：

$$\sum _{d=1,k\mid P(d)}^n=\frac{n}{k}T(k)$$
所以

$$S(n)=n\sum _{k\mid n}\frac{\mu (k)T(k)}{k}$$

显然是积性的。

其他

$$h(n)=\sum _{d\mid n}f(d)g(\frac{n}{d})$$

也写作：

$$h=f\ast g$$

我们称$h$为$f$和$g$的狄利克雷卷积，为一种重要卷积形式。