莫比乌斯函数和莫比乌斯反演

莫比乌斯函数

概念

莫比乌斯函数的定义如下：

• 若 $d=1$ ，则 $\mu (d)=1$
• 若 $d=p_1\cdot p_2\cdots p_k,p_i$为互异质数，那么$\mu (d)=(-1{)}^k$ 。（注意，p互不相等，也就是说，一个数不能有多个相同的质因子）
• 其他情况下 $\mu (d)=0$ 。

性质

对于任意正整数$n$有
$$\sum _{d|n}\mu (d)=\{\begin{array}{cc}1& (n=1)\\ 0& (n>1)\end{array}$$
证明：

• 当$n=1$时显然

• 当$n>1$时

  首先将$n$分解成$n=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}$

  因为在$n$中的所有因子$d$中，只有$\mu (d)$不为零的才会计算到答案里，所以说我们设$r=p_1{p}_2\cdots p_r$

  此时有
  $$\sum _{d|n}\mu (d)=C_k^0-C_k^1+C_k^2+\cdots +(-1{)}^k{C}_k^k=\sum _{i=0}^k(-1{)}^i\cdot C_k^i$$
  由二项式定理得
  $$(x+y{)}^n=\sum _{i=0}^n{C}_n^i\cdot x^i\cdot y^{n-i}$$
  当$x=1,y=-1$时
  $$\sum _{i=0}^n{C}_n^i\cdot (-1{)}^i=\sum _{i=0}^n{C}_n^i\cdot (-1{)}^i\cdot 1^{n-i}=(-1+1{)}^n=0$$
  得证

求法

因为莫比乌斯函数是积性函数，所以求莫比乌斯函数可以用线性筛来求。

莫比乌斯反演

形式一

概念

我们设
$$F(n)=\sum _{d|n}f(d)$$

此时就有

$$f(n)=\sum _{d|n}\mu (d)\cdot F(\frac{n}{d})$$

这时的式子就是一个狄利克雷卷积，关于狄利克雷卷积，可以看看我的另一篇博客。

证明

$$f(n)=\sum _{d|n}\mu (d)\cdot F(\frac{n}{d})$$

我们来看看怎样证明莫比乌斯反演中的第一个式子。

首先我们将$F(\frac{n}{d})$代入式子
$$\sum _{d|n}\mu (d)\cdot F(\frac{n}{d})=\sum _{d|n}\mu (d)\sum _{k|\frac{n}{d}}f(k)$$
通过和式的变换，我们可以得出
$$\sum _{d|n}\mu (d)\sum _{k|\frac{n}{d}}f(k)=\sum _{k|n}f(k)\sum _{d|\frac{n}{k}}\mu (d)$$
因为
$$\sum _{d|n}\mu (d)=\{\begin{array}{cc}1& (n=1)\\ 0& (n>1)\end{array}$$
所以只有在$\frac{k}{n}=1$时，${\sum }_{d|\frac{n}{k}}\mu (d)=1$，其余时为零，故
$$\sum _{k|n}f(k)\sum _{d|\frac{n}{k}}\mu (d)=f(n)$$
得证

形式二

概念

我们设
$$F(n)=\sum _{n|d}f(d)$$

此时就有

$$f(n)=\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})\cdot F(d)$$

这一种在推导过程中更常用。

第二个公式和第一个公式乍一看没什么不同，但仔细多看几遍，会发现，你枚举的$d$是$n$的倍数，而形式一中$n$是$d$的倍数。

其实我第一眼看上去，也觉得不可思议，倍数不是有无限个吗？为什么还能成立呢？接下来我们在来证明一下。

证明

首先将$F(d)$代入

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

然后经过和式的变换，有

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

因为

$$\sum _{d|n}\mu (d)=\{\begin{array}{cc}1& (n=1)\\ 0& (n>1)\end{array}$$

所以只有在$\frac{k}{n}=1$时，${\sum }_{d|\frac{k}{n}}\mu (d)=1$，其余时为零，故

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

得证

例题

例题一

题目描述

求证：

$$\sum _{d|n}\mu (d)\cdot \frac{n}{d}=\varphi (n)$$

做法

我们先把原式化成如下式子：

$$\sum _{d|n}\mu (\frac{n}{d})\cdot Id(d)=\varphi (n)$$

然后我们将它进行反演。

$$Id(n)=\sum _{d|n}\varphi (d)$$

即

$$n=\sum _{d|n}\varphi (d)$$

我们设 $f(n)={\sum }_{d|n}\varphi (d)$ ，因为 $\varphi$ 是一个积性函数，所以 $f(n)$ 也是一个积性函数。

于是我们将 $n$ 分解为 $p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}$ 的形式，其中 $p$ 是互异质数。

接下来我们就可以得到：

$$f(n)=f(p_1^{a_1})\cdot f(p_2^{a_2})\cdots f(p_k^{a_k})$$

又因为

$$\begin{array}{rl}f(p_i^{a_i})& =\sum _{d|n}phi(d)\\ & =\varphi (1)+\varphi (p_i)+\varphi (p_i^2)+\cdots +\varphi (p_i^{a_i})\\ & =1+(p-1)+(p^2-p)+\cdots +(p^k-p^{k-1})\\ & =p^k\end{array}$$

所以

$$f(n)=f(p_1^{a_1})\cdot f(p_2^{a_2})\cdots f(p_k^{a_k})=p_1^{a_1}\cdot p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}=n$$

即 $n={\sum }_{d|n}\varphi (d)$ 。