狄利克雷卷积学习笔记

0.更新

upd 2023.5.18 更新了狄利克雷卷积新的一个性质，更新了常用结论的证明

1.正文

这玩意儿是这么说的：

定义一个运算：$\ast$ 为狄利克雷卷积。

他是干啥的呢？把两个数论函数进行一个运算。

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

当 $f,g$ 都是积性函数时，他们的狄利克雷卷积 $h$ 也是一个积性函数。

下面简单证明一下：

此处，$n$ 不为质数。

我们设 $n=ab$ ，其中 $1<a,b<n,gcd(a,b)=1$。

则有：

$$(f\ast g)(a)=\sum _{d_1|a}f(d_1)g(\frac{a}{d_1})$$

$$(f\ast g)(b)=\sum _{d_2|a}f(d_2)g(\frac{b}{d_2})$$

$$(f\ast g)(ab)=\sum _{d|ab}f(d)g(\frac{ab}{d})$$

$$(f\ast g)(a)\times (f\ast g)(b)=\sum _{d_1|a}f(d_1)g(\frac{a}{d_1})\times \sum _{d_2|b}f(d_2)g(\frac{b}{d_2})$$

$$=\sum _{d_1|a,d_2|b}f(d_1)g(\frac{a}{d_1})f(d_2)g(\frac{b}{d_2})$$

$$=\sum _{d_1|a,d_2|b}f(d_1{d}_2)g(\frac{ab}{d_1{d}_2})$$

因为 $a,b$ 互质，所以 $d_1,d_2$ 互质。

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

证毕。

---

接下来是关于运算律的知识

这个运算是满足交换律、结合律、对加法的分配率的，爆算即可

还有一个性质：当函数 $A$ 为完全积性函数时，有：

$$(f\cdot A)\ast (g\cdot A)=h\cdot A$$

证明一下：

$$\sum _{d|n}(f(d)A(d))\times (g(\frac{n}{d})A(\frac{n}{d}))=A(n)\sum _{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})=A(n)h(n)$$

证毕

---

还有一些常用的结论需要记忆：

$id(n)=n$

$\epsilon (n)=[n==1]$

$I(n)=1$

则有以下结论：

$$\mu \ast I=\epsilon$$

$$\mu \ast id=\phi$$

$$\phi \ast I=id$$

---

第一个的证明：

当 $n=1$ 当，结论显然成立

当 $n\ne 1$ 时，考虑 $n=\prod _{i=1}^k{p}_i^{{\alpha }_i}$

考虑哪些 $n$ 的因数有贡献，只有所有质因子都小于 2 的才有

也就意味着有用的质因子次数必定都为 1 或 0

考虑计算答案，有奇数个质因子为 1，则 $\mu =-1$，否则为 1

$$\sum _{i=0}^k(-1{)}^k{C}_k^i=(1-1{)}^k=0$$

证毕

---

第二个的证明：

柿子为 ${\displaystyle \sum _{d|n}\mu (d)\frac{n}{d}}$

$$=\sum _{i=1}^n\sum _{d|(i,n)}\mu (d)$$

$$=\sum _{i=1}^n[(i,n)=1]$$

这符合 $\phi$ 的定义，所以成立

---

第三个的证明：

这个我们暴力一点来证明，假设 $n=\prod _{i=1}^k{p}_i^{{\alpha }_i}$

那么我们要求的 ${\displaystyle \sum _{d|n}\phi (d)}$ 就可以化为这样的一个东西：

$$\sum _{a_1=0}^{{\alpha }_1}\sum _{a_2=0}^{{\alpha }_2}\cdots \sum _{a_k=0}^{{\alpha }_k}\phi (\prod _{i=1}^n{p}_i^{a_i})$$

我们成功化简为繁，将这个柿子从一重和式变成了无数重

其实变得更简单了，我们可以利用 $\phi$ 是积性函数的特性来将其拆开，变为这样：

$$(\sum _{a_1=0}^{{\alpha }_1}\phi (p_1^{a_1}))\cdots (\sum _{a_k=0}^{{\alpha }_k}\phi (p_k^{a_k}))$$

对每一项单独求，你会发现对于第 $i$ 项，结果为 $p_i^{{\alpha }_i}$

由此证毕

之后在一些特殊题目和杜教筛中会使用这些东西。