【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。