莫比乌斯反演的一个代数证明

$$f(n)=\sum_{d|n}g(d)\Longleftrightarrow g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)g(\frac{n}{d})$$

考虑令 $n$ 的标准分解为 $\prod p_i^{a_i}$，$d$ 的标准分解为 $\prod p_i^{b_i}$，那么左式即为：

$$f(n)=\sum_{d}\left(g(d)\prod [b_i\leq a_i]\right)$$

然后考虑将 $g(n)=g(n)$ 右侧的展开

$$\begin{aligned} g(n)&=\sum_{d}\left(g(d)\prod_i [b_i=a_i]\right) \\ &=\sum_{d}\left(g(d)\prod_i [b_i\leq a_i]\prod_j[b_j\geq a_j]\right) \\ &=\sum_{d}\left(g(d)\prod_i [b_i\leq a_i]\prod_j (1-[b_j<a_j])\right) \end{aligned}$$

然后考虑将 $(1-[b_i<a_i])$ 展开，这样就是去枚举一个质因子的集合 $S$：

$$\begin{aligned} &=\sum_{d}g(d)\sum_S\left((-1)^{|S|}\prod_i [b_i\leq a_i]\prod_{j\in S} [b_j<a_j]\right) \\ &=\sum_S(-1)^{|S|}\sum_{d}g(d)\left(\prod_i [b_i\leq a_i]\prod_{j\in S} [b_j<a_j]\right) \\ &=\sum_S(-1)^{|S|}\sum_{d}g(d)\left(\prod_i [b_i\leq a_i]\prod_{j\in S} [b_j\leq a_j-1]\right) \end{aligned}$$

考虑最后那个求和号，实际上就是枚举了一个质因子的集合，令 $n$ 除掉这些质因子的乘积 $k$，然后质因子指数满足 $b_i\leq a_i$ 的那些 $g$ 的和，其值即为 $f(\frac{n}{k})$，而 $\mu(k)$ 是定义为系数 $(-1)^{|S|}$．

故有 $g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})$

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其实就是在质因子上做个容斥。