2023.6.14 闲话

K8He 又抛弃了 AGC，去做 ARC 了，可喜可贺的 .

推歌：

• 花と水飴、最終電車 - ナブナ feat. 初音ミク .
• DESTRUCTION 3,2,1 - Normal1zer vs. Broken Nerdz .
• 三妖精 SAY YA!!! - あやぽんず*/あよ .

语录

Genshin：（手指断了）那不挺好。

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Genshin：（……如何评价？）贴贴。

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Genshin：APJ……嘿嘿……APJ……嘿嘿……

Genshin：Rainybunny……嘿嘿……Rainybunny……（好的我用小写 b）

Genshin：做啥看啥都是原。

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好像有一些比较迷惑的 Dirichlet 卷积逆关系：\(\lambda,\mu^2\)，\(d,1\)，\(\dfrac{\varphi}{\mathrm{Id}},\dfrac{\mu}{\mathrm{Id}}\) 等 .

Rolling_star 恒等式：

\[\sum_{d\mid n}\dfrac{\varphi(d)}d\mu\left(\dfrac nd\right)=\dfrac{\mu(n)}n \]

膜拜 Dirichlet 卷积皇帝 Rolling_star，今天在 cnblogs 排行榜称您为大夏尊贵的大名，一股敬佩之油生然而，您在数论为国争光，扬我华威名。向您献上真挚的膜拜。

证明 1

考虑 \(\mu*\mathrm{Id}=\varphi\)：

\[\sum_{d\mid n}\mu(d)\dfrac nd=\varphi(n) \]

等式两边同时除以 \(n\) 得：

\[\sum_{d\mid n}\dfrac{\mu(d)}d=\dfrac{\varphi(n)}n \]

直接对其应用莫比乌斯反演，或者代入：

\[\begin{aligned}\mathrm{LHS}&=\sum_{d\mid n}\sum_{d'\mid d}\mu\left(\dfrac nd\right)\dfrac{\mu(d')}d\\&=\sum_{d'\mid n}\dfrac{\mu(d')}d\sum_{d\mid\frac n{d'}}\mu\left(\dfrac n{d'd}\right)\\&=\sum_{d'\mid n}\dfrac{\mu(d')}{d}[n=d']\\&=\dfrac{\mu(n)}n=\mathrm{RHS}\end{aligned} \]

证毕 .

证明 2

看了一圈，就 APJ 的证明最神 .

考虑 \(\displaystyle p(n)=\dfrac{\varphi(n)}n=\prod_{i=1}^k\left(1-\dfrac1{p_i}\right)\) 其中 \(n\) 的标准分解为 \(\displaystyle n=\prod_{i=1}^np_i^{\alpha_i}\)，也就是 \(\dfrac{\varphi}{\mathrm{Id}}\) 和素因子的次数是不相关的 .

那么讨论：

• 如果 \(n\) 不是 square-free number，则假设 \(\dfrac nd\) 选中了 \(n\) 的非平方因子集合 \(S\)，此时对于平方因子集合 \(S'\)，不难发现无论选什么，\(p(d)\) 都是不变的 . 根据经典结论，\(S'\) 中大小为奇数和偶数的子集数量相等，此时 \(\mu\) 的贡献全部消去，则左式等于 0，命题成立 .
• 如果 \(n\) 是 square-free number，那么令 \(f(n)=\mathrm{LHS}\)，对于一个素因子 \(p\)，可以导出递推：
  \[f(n)=\left(1-\dfrac 1p\right)f\left(\dfrac np\right)-f\left(\dfrac np\right) \]
  展开可以得到：
  \[\mathrm{LHS}=\prod_{i=1}^k\left(-\dfrac1{p_i}\right)=\dfrac{\mu(n)}n=\mathrm{RHS} \]
  命题成立 .

证毕 .

证明 3

等式两边同时乘 \(n\) 即得 \((\mu\cdot\mathrm{Id})*\varphi=\mu\) .

左右同时卷 \(1\)，得 \((\mu\cdot\mathrm{Id})*\mathrm{Id}=\mu*1\) .

左边使用剥点积技巧 \((a\cdot c)*(b\cdot c)=(a*b)\cdot c\) 或者代入即可得到证明 .

证明 4

不难发现 DGF 的平移用来刻画点乘幂函数 \(\mathrm{Id}_c\) 是恰当的：

\[F(z+c)=\sum_{k\ge 0}\dfrac{f_i}{k^{z+c}}=\sum_{k\ge 0}\dfrac{f_i/k^c}{k^z} \]

于是可以将原式翻译为 DGF：

\[\tilde\Phi(z+1)\cdot\tilde M(z)=\tilde M(z+1) \]

其中 \(\tilde\Phi(z)\) 和 \(\tilde M\) 分别是欧拉函数和莫比乌斯函数的 DGF .

则直接根据 \(\tilde\Phi(z)\) 和 \(\tilde M(z)\) 的封闭形式展开可以显然得到 . 证毕 .

证明 5

Bell 级数对于点乘 \(\mathrm{Id}_c\) 也有很好的刻画，根据经典结论可以得到，相当于对 \(e(z)=z\cdot p^c\) 复合，代入不难验证 .

这样写出 \(\dfrac{\varphi}{\mathrm{Id}},\ \mu,\ \dfrac{\mu}{\mathrm{Id}}\) 的 Bell 级数后即可简单验证 . 具体过程略去 .