狄利克雷卷积学习笔记

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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：$ * $ 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。

\[h(n)=(f * g)(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d}) \]

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：

\[(f * g)(a)= \sum_{d_1|a}f(d_1)g(\frac{a}{d_1}) \]

\[(f * g)(b)= \sum_{d_2|a}f(d_2)g(\frac{b}{d_2}) \]

\[(f * g)(ab)= \sum_{d|ab}f(d)g(\frac{ab}{d}) \]

\[(f * g)(a) \times (f * g)(b)= \sum_{d_1|a}f(d_1)g(\frac{a}{d_1}) \times \sum_{d_2|b}f(d_2)g(\frac{b}{d_2}) \]

\[=\sum_{d_1|a,d_2|b}f(d_1)g(\frac{a}{d_1})f(d_2)g(\frac{b}{d_2}) \]

\[=\sum_{d_1|a,d_2|b}f(d_1d_2)g(\frac{ab}{d_1d_2}) \]

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。

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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：

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

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

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还有一些常用的结论需要记忆：

\(id(n)=n\)

\(\varepsilon(n)=[n==1]\)

\(I(n)=1\)

则有以下结论：

\[\mu * I = \varepsilon \]

\[\mu * id=\varphi \]

\[\varphi * I=id \]

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第一个的证明：

当 \(n=1\) 当，结论显然成立

当 \(n\not =1\) 时，考虑 \(n=\prod\limits_{i=1}^k p_i^{\alpha_i}\)

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

\[\sum_{i=0}^{k} (-1)^kC_k^i=(1-1)^k=0 \]

证毕

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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 \(\varphi\) 的定义，所以成立

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第三个的证明：

这个我们暴力一点来证明，假设 \(n=\prod\limits_{i=1}^{k} p_i^{\alpha_i}\)

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

\[\sum_{a_1=0}^{\alpha_1}\sum_{a_2=0}^{\alpha_2}\cdots\sum_{a_k=0}^{\alpha_k} \varphi(\prod\limits_{i=1}^n p_i^{a_i}) \]

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 \(\varphi\) 是积性函数的特性来将其拆开，变为这样：

\[(\sum_{a_1=0}^{\alpha_1}\varphi(p_1^{a_1}))\cdots(\sum_{a_k=0}^{\alpha_k}\varphi(p_k^{a_k})) \]

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。