【算法讲5：乘性函数（中）】莫比乌斯函数 | 莫比乌斯反演 | 莫比乌斯反演应用

• 内容出自：《初等数论及其应用》第六版第七章

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• 【算法讲4：乘性函数（上）】
  我们知道了$\lceil$算数函数$\rfloor$，$\lceil$乘性函数$\rfloor$和$\lceil$和函数$\rfloor$。

$\lceil$莫比乌斯函数$\rfloor$

• 有一个算数函数 $f$，$F$ 是它的和函数 $F(n)=\sum _{d|n}f(d)$
  我们已知和函数 $F$ ，是否能反推算数函数 $f$ ？我们可以按照定义展开：
  $$\begin{array}{rl}& F(1)=f(1)\\ & F(2)=f(1)+f(2)\\ & F(3)=f(1)+f(3)\\ & F(4)=f(1)+f(2)+f(4)\\ & F(5)=f(1)+f(5)\\ & F(6)=f(1)+f(2)+f(3)+f(6)\\ & F(7)=f(1)+f(7)\\ & F(8)=f(1)+f(2)+f(4)+f(8)\end{array}$$
  等，通过解方程，我们可以得到：
  $$\begin{array}{rl}& f(1)=F(1)\\ & f(2)=F(2)-F(1)\\ & f(3)=F(3)-F(1)\\ & f(4)=F(4)-F(2)\\ & f(5)=F(5)-F(1)\\ & f(6)=F(6)-F(3)-F(2)+F(1)\\ & f(7)=F(7)-F(1)\\ & f(8)=F(8)-F(4)\end{array}$$
• 注意到，$f(n)$ 等于形式为 $\pm F(\frac{n}{d})$ 的一些项之和，其中 $d|n$ ，可能有这样一个等式：
  $f(n)=\sum _{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})$
  其中 $\mu (d)$ 是算数函数。如果该等式成立，我们会得到：
  $$\begin{array}{rl}& \mu (1)=1\\ & \mu (2)=-1\\ & \mu (3)=-1\\ & \mu (4)=0\\ & \mu (5)=-1\\ & \mu (6)=1\\ & \mu (7)=-1\\ & \mu (8)=0\end{array}$$
• （1）容易得到，若 $p$ 是素数，则 $f(p)=F(p)-F(1)$，则$\mu (p)=-1$
  （2）又因为 $F(p^2)=f(1)+f(p)+f(p^2)$，我们有 $f(p^2)=F(p^2)-f(1)-f(p)=F(p^2)-F(1)-F(p)+F(1)=F(p^2)-F(p)$，则 $\mu (p^2)=0$
  （3）类似的推理，对于任意素数 $p$ ，整数 $k>1$，有 $\mu (p^k)=0$
• 据此，我们给莫比乌斯函数 $\mu (n)$ 的定义：
  $\mu (n)\{\begin{array}{ll}1& 如果n=1\\ (-1{)}^r& 如果n=p_1{p}_2\cdots p_r，其中p_i为不同的素数\\ 0& 其他情况\end{array}$
  容易得到，如果 $n$ 被一个素数的平方因子整除，则 $\mu (n)=0$
  若 $n$ 不含平方因子，则 $\mu (n)\ne 0$
• 定理1：莫比乌斯函数 $\mu (n)$ 是乘性函数。
  证明：若 $m、n$为互素的正整数，则 $\mu (mn)=(-1{)}^{s+t}=(-1{)}^s(-1{)}^t=\mu (m)\mu (n)$
• 定理2：莫比乌斯函数的和函数 $F(n)=\sum _{d|n}\mu (d)$ 满足：
  $$\sum _{d|n}\mu (d)=\{\begin{array}{ll}1& 若n=1\\ 0& 若n>1\end{array}$$
  证明：
  （1）若 $n=1$，显然满足 $F(1)=1$
  （2）若 $n>1$，因为 $\mu$ 是乘性函数，所以 $F$ 也是乘性函数。
  （3）假设 $p$ 是素数，$k$ 是正整数，我们得到
  $\begin{array}{rl}F(p^k)& =\sum _{d|p^k}\mu (d)\\ & =\mu (1)+\mu (p)+\mu (p^2)+\cdots +\mu (p^k)\\ & =1+(-1)+0+\cdots +0\\ & =0\end{array}$
  因为 $p^i$ 当 $i\ge 2$ 时 $\mu (p^i)=0$
  （4）$F(n)=F(p_1^{a_1})F(p_2^{a_2})\cdots F(p_s^{a_s})=0$，因为右边每一项都是 $0$

$\lceil$莫比乌斯反演$\rfloor$

• 定理1：若 $f$ 是算数函数，$F$ 为 $f$ 的和函数，对于任意正整数 $n$ 满足 $F(n)=\sum _{d|n}f(d)$
  则对任意正整数 $n$ ，$f(n)=\sum _{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})$
  证明：
  等式含有双重和，我们替换得到：
  $\begin{array}{rlrlrl}\sum _{d|n}\mu (d)F(\frac{n}{d})& =\sum _{d|n}(\mu (d)\sum _{e|(n/d)}f(e))& & & & \\ & =\sum _{d|n}(\sum _{e|(n/d)}\mu (d)f(e))& & & & \\ & =\sum _{e|n}(\sum _{d|(n/d)}f(e)\mu (d))& & & & \\ & =\sum _{e|n}(f(e)\sum _{d|(n/d)}\mu (d))& & & & 因为只有n=e时\sum _{d|(n/d)}\mu (d)=1，否则\sum _{d|(n/d)}\mu (d)=0\\ & =f(n)\times 1& & & & \\ & =f(n)& & & & \end{array}$
• 定理2：如果 $f$ 的和函数 $F$ 是乘性函数，那么 $f$ 也是乘性函数。
  证明：令 $m、n$ 为互素的正整数，则
  $$\begin{array}{rl}f(mn)& =\sum _{d|mn}\mu (d)F(\frac{mn}{d})\\ & =\sum _{d_1|m，d_2|n}\mu (d_1{d}_2)F(\frac{mn}{d_1{d}_2})\\ & =\sum _{d_1|m，d_2|n}\mu (d_1)\mu (d_2)F(\frac{m}{d_1})F(\frac{n}{d_2})\\ & =\sum _{d_1|m}\mu (d_1)F(\frac{m}{d_1})\times \sum _{d_2|n}\mu (d_2)F(\frac{n}{d_2})\\ & =f(m)f(n)\end{array}$$

$\lceil$莫比乌斯反演应用$\rfloor$

• 例1：若 $n$ 是正整数，则 $\varphi (n)=n\sum _{d|n}\mu (d)\frac{1}{d}$
  证明：设 $h(x)=x$，则 $h(x)=x=\sum _{d|n}\varphi (d)$
  根据莫比乌斯反演公式，得到 $\varphi (d)=\sum _{d|n}\mu (d)h(\frac{n}{d})=n\sum _{d|n}\mu (d)\frac{1}{d}$

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• 例2：假设 $f$ 是乘性函数，且满足 $f(1)=1$，证明：
  $$\sum _{d|n}\mu (d)f(d)=(1-f(p_1))(1-f(p_2))\cdots (1-f(p_s))$$
  其中 $n$ 的素幂因子分解为 $n=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}\cdots p_s^{a_s}$
  证明：
  （1）因为 $\mu 、f$都是乘性的，他们的乘积函数 $\mu f$也是乘性的，乘积函数的和函数也是乘性的。
  （2）我们只要对 $n=p^k$ 进行讨论即可。其中 $p$ 是一个素数，$k$ 是一个正整数。
  $\sum _{d|p^k}\mu (d)f(d)=0+\cdots +0+\mu (d)f(d)+\mu (1)f(1)=1-f(p)$
  （3）对于每一个不同的素因子$p$ 进行乘积，故原式成立。

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• 例3：求出对于所有正整数 $n$ ，$\sum _{d|n}d\mu (d)$ 的简单公式
  解：令 $h(x)=x$ ，该函数为乘性函数，且 $h(1)=1$。
  其中 $n$ 的素幂因子分解为 $n=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}\cdots p_s^{a_s}$
  $\begin{array}{rl}原式子& =\sum _{d|n}\mu (d)h(d)=(1-h(p_1))(1-h(p_2))\cdots (1-h(p_s))\\ & =(1-p_1)(1-p_2)\cdots (1-p_s)\\ & =\prod _i(1-p_i)\end{array}$

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• 例4：求出对于所有正整数 $n$ ，$\sum _{d|n}\mu (d)\tau (d)$ 的简单公式
  解：$\tau (x)$ 为因子个数函数，是乘性函数，且 $\tau (x)=1$
  其中 $n$ 的素幂因子分解为 $n=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}\cdots p_s^{a_s}$
  $\begin{array}{rl}原式子& =\sum _{d|n}\mu (d)\tau (d)=(1-\tau (p_1))(1-\tau (p_2))\cdots (1-\tau (p_s))\\ & =(1-2)(1-2)\cdots (1-2)\\ & =(-1{)}^s\end{array}$

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• 例5：求出对于所有正整数 $n$ ，$\sum _{d|n}\mu (d)\sigma (d)$ 的简单公式
  解：$\sigma (x)$ 为因子和函数，是乘性函数，且 $\sigma (x)=1$
  其中 $n$ 的素幂因子分解为 $n=p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}\cdots p_s^{a_s}$
  $\begin{array}{rl}原式子& =\sum _{d|n}\mu (d)\sigma (d)=(1-\sigma (p_1))(1-\sigma (p_2))\cdots (1-\sigma (p_s))\\ & =(-p_1)(-p_2)\cdots (-p_s)\\ & =(-1{)}^s\prod _i{p}_i\end{array}$

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• 例6：设 $n$ 为正整数，证明
  $$\prod _{d|n}\mu (d)\{\begin{array}{ll}-1& 如果n是素数\\ 0& 如果n含平方因子\\ 1& n是合数且不含平方因子\end{array}$$
  证明：
  （1）若 $n$ 是素数，则原式 $=\mu (1)\mu (p)=-1$
  （2）若 $n$ 有平方因子 $p^2$ ，因为 $\mu (p^2)=0$ 所以原式 $=0$
  （3）若 $n$ 的素幂因子分解为 $n=p_1{p}_2\cdots p_s$。
  从其中选择偶数个素数形成 $d$ 的话，$\mu (d)=1$
  从其中选择奇数个素数形成 $d$ 的话，$\mu (d)=-1$
  那么有几种选择偶数的方案？就是 $C_n^0+C_n^2+\cdots +C_n^{2k}=2^{n-1}$ 为偶数
  那么有几种选择奇数的方案？就是 $C_n^1+C_n^3+\cdots +C_n^{2k+1}=2^{n-1}$ 为偶数
  故此时乘积易得为 $1$