【数论】莫比乌斯反演

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莫比乌斯函数
莫比乌斯反演

莫比乌斯函数

首先，我们先介绍一下莫比乌斯函数 \(\mu(x)\)

设 \(x\) 质因数分解式为：\(x = \prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i}\)

\[\mu(x)= \begin{cases} 0& \exists \alpha_i \geqslant 2 \\ (-1)^k& \forall \alpha_i = 1 \end{cases}\]

记 \(s(n) = \sum_{d|n}\mu(d)\) ，我们有：

\[s(n) = \begin{cases} 1& n=1\\ 0& n>1 \end{cases}\]

证明：
\(n=1\) 时结论平凡。
下考虑 \(n>1\) 的情况，设 \(d\) 的质因数分解式 \(d = \prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i}\) 。
当 \(\alpha_i > 1\) 时，由莫比乌斯函数性质可知 \(d=0\) 。
而当 \(\alpha_i = 1\) 时，必然能够从 \(n\) 的因数中找到对应的 \(d'\) 使得 \(d'\) 分解式中与 \(d\) 的唯一区别为 \(\alpha_i = 0\) ，那么由莫比乌斯函数性质可知它们的贡献和为 \(0\) ，因此 \(s(n) = 0\) 。

莫比乌斯反演

先给出结论：

• 结论 1：若 \(F(n) = \sum_{d|n}f(d)\) ，则 \(f(n) = \sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})\)

• 结论 2：若 \(F(n) = \sum_{n|d}f(d)\) ，则 \(f(n) = \sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)\)

结论 1 证明：
\(\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d}) \\= \sum_{d|n}\mu(d)\sum_{i|\frac{ n}{d}}f(i) \\ = \sum_{i|n}f(i)\sum_{d|\frac{n}{i}}\mu(d) \\=f(n)\)

结论 2 证明：
\(\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)\\= \sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})\sum_{d|i}f(i)\\\stackrel{d'=\frac{d}{n}}{=} \sum_{n|i}f(i)\sum_{d'|\frac{i}{n}}\mu(d') \\=f(n)\)

结论 2 用得比较多。