Dirichlet 卷积学习笔记

Dirichlet 卷积学习笔记

最近 水痘在家休息，闲得蛋疼 学习了莫比乌斯反演，所以顺便自学一下 Dirichlet 卷积，方便做题。

定义

定义数论函数 \(f,g\)，则他们的 Dirichlet 卷积为

\[(f*g)(x)=\sum\limits_{d\mid x} f(d)\cdot g(\frac{x}{d}) \]

同样，

\[(f*g)(x)=\sum\limits_{d\mid x} f(\frac{x}{d})\cdot g(d) \]

性质

和乘法一样，卷积也有一些性质，证明略：

\[f*g=g*f \]

\[f*(g+h)=f*g+f*h \]

\[(f*g)*h=f*(g*h) \]

我们现在要来看一个非常重要的函数：\(\varepsilon\)，它是这样定义的：

\[\varepsilon(x)=\begin{cases}1&x=1\\0&x\neq 1\end{cases} \]

他有一个性质：任意一个数论函数 \(f\) 与 \(\varepsilon\) 的卷积都为这个函数本身，即 \(f*\varepsilon=f\)。

这个证明非常简单，但是很有助于加深对 Dirichlet 卷积的理解，证明如下：

\[(f*\varepsilon)(x)=\sum\limits_{d\mid x} f(x)\cdot\varepsilon(\frac{x}{d}) \]

\[(f*\varepsilon)(x)=f(x)\cdot\varepsilon(1)+\sum\limits_{d\mid x,d\neq x} f(x)\cdot\varepsilon(\frac{x}{d}) \]

由 \(\varepsilon\) 的定义得：

\[\begin{aligned} (f*\varepsilon)(x)=f(x)\\ &&\square \end{aligned}\]

更多例子：

我们先定义一些函数：

• \(id(x)=x\)
• \(\varphi(x)=\sum\limits_{i=1}^{x}\ \ [gcd(i,x)==1]\)
• \(1(x)=1\)
• \(d(x)=\sum\limits_{i\mid x} 1\)
• \(\sigma(x)=\sum\limits_{i\mid x} i\)
• 设 \(x=\prod\limits_{i=1}^c p_i^{k_i}\)，其中 \(p_i\) 为质数。

\[\mu(x)=\begin{cases} 1&x=1\\(-1)^c&\prod\limits_{i=1}^c k_i=1\\0& \max\limits_{i=1}^c k_i>1 \end{cases}\]

那么我们由定义可以得出两个结论，不证明了，都比较简单：

\[\begin{aligned} d=1*1\\\sigma=id*1 \end{aligned}\]

有两个证明较为复杂：

\[\begin{aligned} \varepsilon=1*\mu\\\varphi=id*\mu \end{aligned}\]

其中上面一个属于莫比乌斯函数的内容，之后的博文可能会讲。第二个我们给予证明，伪证如下：

由定义可得，即证：

\[\sum\limits_{i=1}^{x}\ \ [gcd(i,x)==1]=\sum\limits_{d\mid x} \frac{x}{d}\cdot\mu(d) \]

先考虑 \(d=1\)，由定义，\(\mu(1)=1\)，因此此时 \(\frac{x}{d}\cdot\mu(d)=1\)

当 \(\mu(d)=-1\) 时，即 \(d\) 有奇数个不同的质因子。此时能表示成 \(kd\) 形式的数有 \(\frac{x}{d}\) 个，这些数都是不与 \(x\) 互质的，因此要乘以 \(-1\) 减去。

当 \(\mu(d)=1,d\neq 1\) 时，即 \(d\) 有偶数个不同的质因子。我们考虑两个数 \(a,b\)，满足 \(a\mid x,b\mid x\)，\(a,b\) 都有奇数个不同的质因子。我们在去除 \(a\) 的倍数和 \(b\) 的倍数时，很有可能有 \(p,q\) 满足 \(p\cdot a=q\cdot b\)，这个数就被筛掉了两次，我们用容斥原理给它加回来。对于 \(a,b\) 来说，重复被筛掉的有 \(\frac{x}{\operatorname{lcm}(a,b)}\) 个数。我们令 \(d=\operatorname{lcm}(a,b)\)。若 \(d\) 有偶数个不同质因子，我们才考虑，这是因为我们还会有被多加上去的，然后再有多减掉的，如此一直反复直到不存在 \(a,b\)。我们这里不再考虑三次容斥（其实还是有的），所以我们只需要减去偶数个不同质因子的即可。

由此我们最后得到的就是 \(\varphi(x)\)

这个证明不是特别严谨，所以大家不要太当真，这是一个帮助大家理解的证明过程。我也不知道我怎么想出来的。真正的见下。

我们先来证明 \(id=\varphi*1\)

即证：

\[x=\sum\limits_{d\mid x} \varphi(d) \]

由于 \(\varphi\) 是一个积性函数，我们只需要证明 \(x=p^k\) 时满足条件即可。（\(p\) 为质数）

\[\begin{aligned} \varphi*1&=\sum\limits_{d\mid x} \varphi(\frac{x}{d})\\&=\sum\limits_{i=0}^{k}\varphi(p^i)\\&= 1+(p-1)\cdot p^0+(p-1)\cdot p^1+(p-1)\cdot p^2+\cdots+(p-1)\cdot p^{k-1}\\&=p^k\\&=id \end{aligned}\]

因此 \(id=\varphi*1\)，由此得：

\[\begin{aligned} id*\mu=\varphi*\mu*1\\id*\mu=\varphi*\varepsilon\\id*\mu=\varphi\\&\square \end{aligned}\]