解析数论之数论函数【其一】

@Coding: Typora+LaTeX

@Author : DorinXL（博客）

@Time : 2023/7/24 16:54

目录

• Chapter1 数论函数介绍
• Chapter2 数论函数的狄利克雷乘积
• Chapter3 莫比乌斯反转

Chapter1 数论函数介绍

在正整数上定义的实数或复数的函数称为数论函数。

Section1 莫比乌斯函数$\mu(n)$

• Definition：

  $$根据算术基本定理，将大于1的自然数n分解为若干个质数乘积形式\\ n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2} \cdots p_k^{\alpha_k}\\ \mu(n)= \begin{cases} 1,&\text{if $n=1$}\\ (-1)^k,&\text{if ${\alpha_1}={\alpha_2}= \cdots ={\alpha_k}=1$}\\ 0,&\text{otherwise} \end{cases}$$

  对于出现莫比乌斯函数的计算来说，我们更加关注于组成n的若干素数乘积，他们的幂是否都是1。

• Examples:

n	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
$\mu(n)$	1	-1	-1	0	-1	1	-1	0	0	1

• Theorem:

  • Th1:如果$n\ge1$，我们有：
    $$\sum_{d|n}\mu(d)=[\dfrac{1}{n}]= \begin{cases} 1,&\text{if $n=1$}\\ 0,&\text{if $n>1$} \end{cases}$$

  Proof:

  对于$n=1$，显然成立。

  对于$n>1$，将$n$分解为$n={p_1^{\alpha_1}}\cdots{p_k^{\alpha_k}}$,我们知道${p^{\alpha}}$的因子只能是$1,p,p^2,\cdots,p^\alpha$，而$n$由很多素数幂组成，在此基础上，我们只考虑那些会让$\mu$不为0的展开项，所以我们展开求和公式：

  $$\begin{align*} \sum_{d|n}\mu(d)&=\mu(1)+\mu(p_1)+\cdots+\mu(p_k)\\ &+\mu(p_1p_2)+\cdots+\mu(p_1p_2p_3)+\cdots+\mu(p_1\cdots p_k)\\ &=1+C_{k}^{1}(-1)+C_{k}^{2}(-1)^{2}+\cdots+C_{k}^{k}(-1)^k\\ &=(1-1)^k(二项式定理)\\ &=0\\ \end{align*}$$

• Note:

  二项式定理：

  $$(x+y)^n=\tbinom{n}{0}x^ny^0+\tbinom{n}{1}x^{n-1}y^1+\cdots+\tbinom{n}{n}x^0y^n$$

Section2 欧拉函数$\varphi(n)$

• Definition：

  欧拉函数$\varphi(n)$被定义为不大于n并且与n互素的数的个数。

• Examples:

n	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
$\varphi(n)$	1	1	2	2	4	2	6	4	6	4

• Theorem:

  • Th1：如果$n\ge1$，我们有：
    $$\sum_{d|n}\varphi(d)=n$$

  Proof：

  用$S$表示不大于$n$的集合$\{1,2,\cdots,n\}$，接下来将$S$分解为若干个不相交的集合$A$，$A(d)=\{k|(k,n)=d,1\le k\le n\}$。集合A里面装的是对于$n$的所有因子，在$S$的范围内与$n$的最大公因数为相同$n$的因子的数放在一起。例如对于$n=10$：

  $$S=\{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10\}\\ A(1)=\{1,3,7,9\}\\ A(2)=\{2,4,6,8\}\\ A(5)=\{5\}\\ A(10)=\{10\}\\ $$

  现在我们想用一个符号表示$A$中的符号，我们选择$f(d)$来表示$A(d)$中的个数，那么就有：

  $$\sum_{d|n}f(d)=n$$

  现在我们把$(k,n)=d,0 < k \le n$转化为$(\dfrac{k}{d},\dfrac{n}{d})=1,0 < \dfrac{k}{d} \le \dfrac{n}{d}$，如此一来我们就可以找到$A(d)$的数量与$\varphi(\dfrac{k}{d})$之间的关系：$f(d)=\varphi(\dfrac{n}{d})$，于是

  $$\sum_{d|n}\varphi(\dfrac{n}{d})=n=\sum_{d|n}\varphi(d)$$

  • Th2：如果$n\ge1$，我们有：
    $$\varphi(n)=\sum_{d|n}\mu(d){\dfrac{n}{d}}$$

  Proof:

  基于欧拉函数的定义我们可以将其改写为：

  $$\varphi(n)=\sum_{k=1}^{n}[\dfrac{1}{(n,k)}]$$

  我们使用莫比乌斯函数的定理来改写这个式子：

  $$\varphi(n)=\sum_{k=1}^{n}[\dfrac{1}{(n,k)}]=\sum_{k=1}^{n}\sum_{d|(n,k)}\mu(d)=\sum_{k=1}^{n}\sum_{d|n\\d|k}\mu(d)$$

  如何解读上面的求和条件呢？对于n的一个固定的因子d，我们需要满足$k,1\le k \le n$是d的倍数求和。所以我们用$k=qd$代替：

  $$\varphi(n)=\sum_{d|n}\sum_{q=1}^{\dfrac{n}{d}}\mu(d)=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{q=1}^{\dfrac{n}{d}}1=\sum_{d|n}\mu(d)\dfrac{n}{d}$$

  • Th3：如果$n>1$，我们有：
    $$\varphi(n)=n\prod_{p|n}(1-\dfrac{1}{p})$$

  Proof:

  对于$n=1$，没有素数整除$1$，这个式子没有意义。

  对于$n>1$，令$p_1,p_2,\cdots,p_r$为n的不同素因子，那么我们有：

  $$\begin{align*} \prod_{p|n}(1-\dfrac{1}{p})&=\prod_{i=1}^{n}(1-\dfrac{1}{p_i})\\ &=(1-\dfrac{1}{p_1})(1-\dfrac{1}{p_2})\cdots(1-\dfrac{1}p_r{})\\ &=1-\sum\dfrac{1}{p_i}+\sum\dfrac{1}{p_ip_j}-\sum\dfrac{1}{p_ip_jp_k}+\cdots+\dfrac{(-1)^k}{p_ip_2\cdots p_k}(这一行的分母可以看作n的因子，分子可以看作\mu(d)，因为如果出现素数平方幂会等于0)\\ &=\sum_{d|n}\dfrac{\mu(d)}{d} \end{align*}$$

  所以有

  $$\varphi(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\dfrac{n}{d}=n\sum_{d|n}\dfrac{\mu(d)}{d}=n\prod_{p|n}(1-\dfrac{1}{p})$$

  • Th4：欧拉函数有如下性质：
    1. 对于素数$P$与$\alpha\ge1$,有$\varphi(P^\alpha)=p^{\alpha}-p^{\alpha-1}$。
    2. $\varphi(mn)=\varphi(m)\varphi(n)(\dfrac{d}{\varphi(d)})$，这里$d=(m,n)$。
    3. $\varphi(mn)=\varphi(m)\varphi(n)$，如果$(m,n)=1$。
    4. $a|b$得出$\varphi(a)|\varphi(b)$
    5. 当$n\ge3$时，$\varphi(n)$是偶数，而且，如果$n$有$r$个不同的奇素因子时，$2^r|\varphi(n)$。

  Proof:

  4.1：在$\varphi(n)=n\prod\limits_{p|n}(1-\dfrac{1}{p})$中取$n=P^\alpha$得证。

  4.2：假设有$m,n$两个整数，$mn$积的每一个素因数也是$m$或者$n$的素因数，我们将$p|m,p|n$的素因子$p$遍历出来，会出现重复的因子，为了防止多余计算，我们将多出来的这些出现过的因子除去，于是结合Th3就有了下面的式子：

  $$\dfrac{\varphi(mn)}{mn}=\prod_{p|mn}(1-\dfrac{1}{p})=\dfrac{\prod_{p|m}(1-\dfrac{1}{p})\prod_{p|n}(1-\dfrac{1}{p})}{\prod_{p|(m,n)}(1-\dfrac{1}{p})}=\dfrac{\dfrac{\varphi(m)}{m} \dfrac{\varphi(n)}{n}}{\dfrac{\varphi(d)}{d}}$$

  4.3：是4.2的特殊情况

  4.4：由$a|b$我们得出$b=ac,1\le c \le b$，如果$c=b$，那么$a=1$，$\varphi(a)|\varphi(b)$成立。

  如果$c<b$：

  $$\varphi(b)=\varphi(ac)=\varphi(a)\varphi(c)\dfrac{d}{\varphi(d)}=d\varphi(a)\dfrac{\varphi(c)}{\varphi(d)},d=(a,c)$$

  接下来使用归纳法，假设对所有小于$b$的整数，$\varphi(a)|\varphi(b)$成立，那么作为小于$b$的$c$自然满足这一式子，那么既然$d=(a,c),d|c$，于是就有$\varphi(d)|\varphi(c)$，于是上面式子的右侧就变成了$\varphi(a)$的倍数。于是$\varphi(a)|\varphi(b)$成立。

  4.5：我们假设$n是偶数，n=2^\alpha,\alpha\ge2$，那么由4.1我们知道$\varphi(n)$肯定是偶数。如果n至少有一个奇数素因子，我们写：

  $$\varphi(n)=n\prod_{p|n}\dfrac{p-1}{p}=\dfrac{n}{\prod_{p|n}p}\prod_{p|n}(p-1)=C(n)\prod_{p|n}(p-1)$$

  对于上面的式子，$C(n)$是一个整数，而$\prod_{p|n}(p-1)$是一个偶数（因为有至少一个素因子的贡献），所以$\varphi(n)$是偶数。

  如果$n$有$r$个不同的奇素因子时，每个素因子都能在上面的式子$\prod_{p|n}(p-1)$中提供一个因子2，于是就有$2^r|\varphi(n)$

Section3 恒等函数$I(n)$、单位函数$u(n)$

• Definition：

  $$I(n)=[\dfrac{1}{n}]= \begin{cases} 1,&\text{n=1}\\ 0,&\text{n>1} \end{cases}\\ u(n)=1$$

• Theorem:

  • Th1：（该定理需要前置知识狄利克雷卷积）对所有的$f$，我们有$I*f=f*I=f$

  Proof：

  $$(f*I)(n)=\sum_{d|n}f(d)I(\dfrac{n}{d})=\sum_{d|n}f(d)[\dfrac{d}{n}]=f(n)$$

Section4 Mangoldt(曼戈尔特函数)$\Lambda(n)$

• Definition：对每一个整数$n\ge1$，我们定义

  $$\Lambda(n)= \begin{cases} \log_{}{p}&如果n=p^m,p为素数，m\ge1 \\ 0&其他 \end{cases}$$

• Examples:

n	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
$\Lambda(n)$	0	$\log{}{2}$	$\log{}{3}$	$\log{}{2}$	$\log{}{5}$	0	$\log{}{7}$	$\log{}{2}$	$\log{}{3}$	0

• Theorem:

  • Th1：若$n\ge1$，我们有
    $$\log{}{n}=\sum_{d|n}\Lambda(d)$$

  Proof:

  $n=1$，两边都是0，成立

  $n>1$，算术基本定理：$n=\prod\limits_{k=1}^{r}p_k^{\alpha_k}$，两边取对数：

  $$\log{n}=\sum_{k=1}^{r}\alpha_k\log{p_k}$$

  现在我们关注要证明的式子的右端$\log{}{n}=\sum_{d|n}\Lambda(d)$,对于$\Lambda()$来说，非零的项来自$p_k^{m}(m=1,2,\cdots,\alpha_k;k=1,2,\cdots,r)$，于是

  $$\sum_{d|n}\Lambda(d)=\sum_{k=1}^{r}\sum_{m=1}^{\alpha_k}\Lambda(p_k^m)=\sum_{k=1}^{r}\sum_{m=1}^{\alpha_k}\log{p_k}=\sum_{k=1}^{r}\alpha_k\log{p_k}=\log{n}$$

  • Th2：若$n\ge1$，我们有
    $$\Lambda(n)=\sum_{d|n}\mu(d)\log{\dfrac{n}{d}}=-\sum_{d|n}\mu(d)\log{d}$$

  Proof:

  对上面的定理使用莫比乌斯反转：

  $$\log{}{n}=\sum_{d|n}\Lambda(d)\\ \Updownarrow\\ \Lambda(d)=\sum_{d|n}\mu(d)log(\dfrac{n}{d})=\log{n}\sum_{d|n}\mu(d)-\sum_{d|n}\mu(d)\log{d}=\log{n}\cdot I(n)-\sum_{d|n}\mu(d)\log{d}$$

  对于所有的n，$\log{n}\cdot I(n)=0$，所以证明完毕。

Section5 Liouville(刘维尔函数)$\lambda(n)$

• Definition：我们规定$\lambda(1)=1$，如果$n=p_1^{\alpha_1}\cdots p_k^{\alpha_ k}$，我们规定

  $$\lambda(n)=(-1)^{\alpha_1+\cdots +\alpha_k}$$

• Theorem:

  • Th1：对每一个$n>1$，我们有
    $$\sum_{d|n}\lambda(d)= \begin{cases} 1&\text{n是平方数}\\ 0&\text{其他} \end{cases}$$

  Proof:

  令$g(n)=\sum_{d|n}\lambda(d)$,$g$是积性的。运用算术基本定理我们只需要确定$g(p^\alpha)$：

  $$\begin{align*} g(p^\alpha)&=\sum_{d|p^\alpha}\lambda(d)\\ &=1+\lambda(p)+\lambda(p^2)+\cdots+\lambda(p^\alpha)\\ &=1-1+1-\cdots+(-1)^\alpha\\ &= \begin{cases} 1&\text{$\alpha$是奇数}\\ 0&\text{$\alpha$是偶数} \end{cases} \end{align*}$$

  在这种情况下，$n=\prod\limits_{k=1}^{r}p_k^{\alpha_k},g(n)=\prod\limits_{k=1}^{r}g(p_k^{\alpha_k})$，如果有指数$\alpha$是奇数，那么$g(n)=0$，如果所有的$\alpha$都是偶数，那么$g(n)=1$。

Section6 除数函数$\sigma_{\alpha}(n)$

• Definition：对于实数或复数$\alpha$以及任意整数$n>1$，我们规定：

  $$\sigma_\alpha(n)=\sum_{d|n}d^\alpha$$

  当$\alpha=0$时，$\sigma_{0}(n)$是n的因子个数，常用$d(n)$表示。

  当$\alpha=1$时，$\sigma_{1}(n)$是n的因子之和，常用$\sigma(n)$表示。

• Theorem:

  • Th1：对$n\ge1$，我们有
    $$\sigma_{\alpha}^{-1}(n)=\sum_{d|n}d^{\alpha}\mu(d)\mu(\dfrac{n}{d})$$

  Proof:

  证明需要狄利克雷卷积相关知识：

  $\sigma_{\alpha}(n)=N^\alpha * u$

  $$\sigma_{\alpha}^{-1}(n)=(N^\alpha * u)^{-1}=(\mu N^\alpha)*u^{-1}=(\mu N^\alpha)*\mu$$

  • Th2：
    $$\sigma_{\alpha}(p^a)= \begin{cases} a+1&\text{if $\alpha=1$},\\ \dfrac{p^{\alpha(a+1)}-1}{p^{\alpha}-1}&\text{if $\alpha \ne 1$} \end{cases}$$

  Proof:

  $$\sigma_{\alpha}(p^a)=1^\alpha+p^\alpha+p^{2\alpha}+\cdots+p^{a\alpha}= \begin{cases} a+1&\text{if $\alpha=1$},\\ \dfrac{p^{\alpha(a+1)}-1}{p^{\alpha}-1}&\text{if $\alpha \ne 1$} \end{cases}$$

Chapter2 数论函数的狄利克雷乘积

Section1 狄利克雷卷积

• Definition：如果$f$和$g$是两个数论函数，我们规定他们的狄利克雷卷积由下面的等式确定：

  $$h(n)=(f*g)(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\dfrac{n}{d})$$

  上面的式子还可以改写成其他形式：

  $$h(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\dfrac{n}{d})=\sum_{d|n}f(\frac{n}{d})g(d)=\sum_{xy=n}f(x)g(y)$$

• Examples：

  • Ex1：$\mu*u=I$

    Proof：

    $$\mu*u=\sum_{d|n}\mu(d)u(\dfrac{n}{d})=\sum_{d|n}\mu(d)=I$$

  • Ex2：$\mu*N=\varphi$

    Proof：

    $$\mu*N=\sum_{d|n}\mu(d)N(\dfrac{n}{d})=\sum_{d|n}\mu(d)\dfrac{n}{d}=\varphi$$

  • Ex3：$u*N=\sigma_1$

    Proof：

    $$u*N=\sum_{d|n}u(d)N(\dfrac{n}{d})=\sum_{d|n}(d)=\sigma_1$$

  • Ex4：$u*u=\sigma_0$

    Proof：

    $$u*u=\sum_{d|n}u(d)u(\dfrac{n}{d})=\sum_{d|n}1=\sigma_0$$

  • Ex5：$u*\varphi=N$

    Proof：

    $$u*\varphi=\sum_{d|n}u(d)\varphi(\dfrac{n}{d})=\sum_{d|n}\varphi(d)=N$$

• Theorem:

  • Th1：狄利克雷卷积满足交换律，即$f*g=g*f$

  Proof:

  $$\begin{align*} f*g&=\sum_{xy=n}f(x)g(y)\\ &=\sum_{xy=n}g(x)f(y)\\ &=f*g\\ \end{align*}$$

  • Th2：狄利克雷卷积满足结合律，即$（f*g）*h=f*(g*h)$

  Proof:

  $$\begin{align*} （f*g）*h&=\sum_{xy=n}(f*g)(x)h(y)\\ &=\sum_{xy=n}\sum_{ab=x}f(a)g(b)h(y)\\ &=\sum_{abc=n}f(a)g(b)h(c)\\ &=f*(g*h)(展开过程同上) \end{align*}$$

  • Th3：狄利克雷卷积满足分配律，即$f*(g+h)=f*g+f*h$

  Proof:

  $$\begin{align*} f*(g+h)&=\sum_{xy=n}f(x)(g+h)(y)\\ &=\sum_{xy=n}f(x)(g(y)+h(y))\\ &=\sum_{xy=n}f(x)g(y)+\sum_{xy=n}f(x)h(y)\\ &=f*g+f*h \end{align*}$$

Section2 狄利克雷逆

• Definition：如果$f$是一个数论函数且$f(1)\ne0$，则存在唯一的一个称为$f$的狄利克雷逆函数的数论函数，使

  $$f*^{-1}*f=f^{-1}*f=I$$

• Theorem:

  • Th1：我们计算$f^{-1}$的递推公式：
    $$f^{-1}= \begin{cases} \dfrac{1}{f(1)}&\text{$n=1$}\\ -\dfrac{1}{f(1)}\sum\limits_{d|n\\d<n}f(\dfrac{n}{d})f^{-1}(d)&\text{otherwise} \end{cases}$$

  Proof:

  对$n=1$，$(f*f^{-1})(1)=I(1)=1 \Rightarrow f^{-1}=\dfrac{1}{f(1)}$

  对$n\ge1$，

  $$\begin{align*} (f*f^{-1})(n)=\sum_{d|n}f(d)f^{-1}(\dfrac{n}{d})&=0\\ f(1)f^{-1}(n)+\sum_{d|n\\d<n}f(\dfrac{n}{d})f^{-1}(d)&=0\\ \end{align*} \\f^{-1}(n)=\dfrac{-1}{f(1)}\sum_{d|n\\d<n}f(\dfrac{n}{d})f^{-1}(d)$$

  • Th2：$(f*g)^{-1}=f^{-1}*g^{-1}$

  Proof:

  $$(f*g)^{-1}=f^{-1}*g^{-1}\\ (f*g)*(f*g)^{-1}=f^{-1}*g^{-1}*(f*g)\\ I=f^{-1}*f*g*g^{-1}\\ I=I*I=I$$

Chapter3 莫比乌斯反转

• Definition：$f$,$g$是两个数论函数，如果有：

  $$f(n)=\sum_{d|n}g(d)\\ \Updownarrow\\ g(n)=\sum_{d|n}f(d)\mu(\dfrac{n}{d})$$

  Proof:

  证明$\Downarrow$：

  $$f(n)=\sum_{d|n}g(d)即f=g*u\\ f*\mu=g*u*\mu=g*(u*\mu)=g*I=g$$

  证明$\Uparrow$：

  $$g(n)=\sum_{d|n}f(d)\mu(\dfrac{n}{d})即g=f*\mu\\ u*g=u*f*\mu=(u*\mu)*f=I*f=f$$