[学习笔记]狄利克雷卷积，积性函数

零. 前置知识

\(\qquad\) \(\mathfrak{1}.\) \([P]\) 是指，当 \(P\) 为真时，式子的值是 \(1\) ；当 \(P\) 为假时，式子的值是 \(0\)
\(\qquad\) \(\mathfrak{2}.\) \(a∣b\) 是指 \(b\) 被 \(a\) 整除，即存在一个整数 \(k\) 使得 \(b=ka\) ；\(n\perp m\) 是指 \(n\) 与 \(m\) 互质（注意，\(1\perp 1\) 是成立的）。

一. 数论函数

数论函数是指这样一类函数：其定义域是正整数，值域是一个数集。

定义两个数论函数的加法为逐项相加，即

\[(f+g)(n)=f(n)+g(n) \]

数乘，即为为这个数和每一项都相乘：

\[(af)(x)=a\cdot f(x) \]

比较平凡（确信）

二. 狄利克雷卷积

定义两个数论函数的狄利克雷卷积符号为 \(* \;\)
如果 \(h=f * g\) ，那么

\[h(n)=\sum\limits_{i|n}f(i)g\left(\frac{n}{i}\right) \]

狄利克雷卷积有以下有趣的性质：
\(\qquad\) \(\mathfrak{1}.\) 交换律： \(f * g=g * f\)
\(\qquad\) \(\mathfrak{2}.\) 对数字的结合律：\((af) * g=a(f * g)\) \(\gets\) 这里 \(a\) 是一个数字
\(\qquad\) \(\mathfrak{3}.\) 对函数的结合律：\((f * g) * h=f * (g * h)\)
\(\qquad\) \(\mathfrak{4}.\) 分配律：\((f+g) * h=f * h+g * h\)
\(\qquad\) \(\mathfrak{5}.\) 设有单位元函数 \(\epsilon\) ，\(\epsilon(n)=[n=1]=\begin{cases} 1 & n=1 \\ 0 & n>1 \end{cases}\) ，那么 \(\epsilon * f=f\)
\(\qquad\) \(\mathfrak{6}.\) 逆元：\(\forall f\; (f(1)\neq 0) \; , \; \exists \; g \; , \; f * g=\epsilon\)
现在我们来讨论第 \(\mathfrak{6}\) 条结论：如何求出一个函数的逆？
结合定义不难发现，可以让

\[g(n)=\frac{1}{f(1)}\left( [n=1]-\sum\limits_{i=n,i\neq 1}f(i)g\left(\frac{n}{i}\right)\right) \]

这样就有

\(f * g=\sum\limits_{i|n}f(i)g\left(\frac{n}{i}\right)=f(1)g(n)+\sum\limits_{i=n,i\neq 1}f(i)g\left(\frac{n}{i}\right)=[n=1]=\epsilon\) \(\qquad\gets\) 这里用上面的那坨东西代替 \(g(n)\)

三. 积性函数

如果一个数论函数 \(f\) 满足

\[\forall \; n\perp m \; , \; \exists \; f(nm)=f(n)f(m) \]

则称 \(f\) 为积性函数
我们在此处不讨论 \(f(1)=0\) 的情况，而显然地如果 \(f\) 是积性函数那么 \(f(1)=f(1)f(1)\) 也即 \(f(1)=1\)
常见的积性函数有：
\(\epsilon(n)=[n=1]\) ，\(\operatorname{id}^k(n)=n^k\) ，\(\mathbf{1}(n)=1\)
事实上上面的函数满足完全积性，也就是说 \(\;\forall\; n,m\; ,\;\exists\; f(nm)=f(n)f(m)\)
另外的两个常见的积性函数是 \(\sigma_0\) 和 \(\varphi\) ，\(\sigma_0\) 表示约数个数，\(\varphi\) 表示欧拉函数
简要证明一下：如果 \(n\perp m\) ，我们发现每个 \(n\times m\) 的约数 \(t\) 都可以分解成一个 \(n\) 的约数 \(\gcd⁡(n,t)\) 和一个 \(m\) 的约数 \(\gcd⁡(m,t)\) 的积，并且这种分解是一一对应的。
还有一个臭名昭著（？） 的函数：\(\mu(n)=\begin{cases} 1 , & n=1 \\ (-1)^{k} , & n=\prod\limits_{i=1}^k p_{i} , p_{i} \text{是互异的质数} \\ 0 , & \text{其它情况} \end{cases}\)
这个目前不做分析，在文章结尾会有的
然后是一个重要的结论：两个积性函数的狄利克雷卷积也是积性函数
不妨设 \(h=f * g\) ，于是如果 \(n\perp m\) 就有

\[\begin{aligned} h(nm) & = \sum\limits_{d|nm}f(d)g\left(\frac{nm}{d}\right) \\ & = \sum\limits_{a|n,b|m}f(ab)g\left(\frac{nm}{ab}\right)\\ & = \sum\limits_{a|n,b|m}f(a)f(b)g\left(\frac{n}{a}\right)g\left(\frac{m}{b}\right)\\ & = \left(\sum\limits_{a|n}f(a)g\left(\frac{n}{a}\right)\right)\left(\sum\limits_{b|m}f(b)g\left(\frac{m}{b}\right)\right)\\ & = h(n)h(m) \end{aligned} \]

第二个有用的结论：积性函数的逆是积性函数
证明：不妨设 \(f\) 的逆是 \(g\) ，也即 \(f * g=\epsilon\) ，进行一个归纳法的证明：
\(\qquad\mathfrak{1.}\) \(nm=1\) ，\(g(nm)=g(1)=1\) 显然成立
\(\qquad\mathfrak{2.}\) 设 \(nm>1\) 且 \(\forall\; n^\prime m^\prime <nm \; ,\; \exists\; g(n^\prime m^\prime)=g(n^\prime)g(m^\prime)\) ，那么显然地 \(\epsilon(nm)=[n=1][m=1]=0\)

\[\begin{aligned} g(nm) & = -\sum\limits_{d|nm,d\neq 1}f(d)g\left(\frac{nm}{d}\right) \\ & = -\sum\limits_{a|n,b|m,ab\neq 1}f(ab)g\left(\frac{nm}{ab}\right)\\ & = -\sum\limits_{a|n,b|m,ab\neq 1}f(a)f(b)g\left(\frac{n}{a}\right)g\left(\frac{m}{b}\right)\\ & = f^2(1)g(n)g(m)-\sum\limits_{a|n,b|m}f(a)f(b)g\left(\frac{n}{a}\right)g\left(\frac{m}{b}\right)\\ & = g(n)g(m)-\left(\sum\limits_{a|n}f(a)g\left(\frac{n}{a}\right)\right)\left(\sum\limits_{b|m}f(b)g\left(\frac{m}{b}\right)\right)\\ & = g(n)g(m) - \epsilon(n)\epsilon(m) \\ & = g(n)g(m)\end{aligned} \]

大概就是这些了
也就是说，假设 \(f\) 是积性函数，我们可以通过唯一分解定理得到：（设 \(p_i\) 为质数）

\[n=\prod\limits_{i=1}^{tot}p_i^{\alpha_i} \; ,\; f(n)=\prod\limits_{i=1}^{tot}f(p_i^{\alpha_i}) \]

可以用欧拉筛进行一个求
顺嘴一提，有一个有趣的东西：\(k>0\) 时 \(\sigma_0(p^\alpha)=\alpha+1\) ，\(\varphi(p^\alpha)=p^{\alpha-1}(p-1)\)
那么

\[n=\prod\limits_{i=1}^{tot}p_i^{\alpha_i} \; ,\; \sigma_0(n)=\prod\limits_{i=1}^{tot}(\alpha_i+1)\; ,\; \varphi(n)=\prod_{i-1}^{tot}p_i^{\alpha_i-1}(p_i-1)=n\prod\limits_{i=1}^{tot}\left(1-\frac{1}{p_i}\right) \]

以及更加神奇的

\[\because (\varphi * \mathbf{1})(p^\alpha)=p^\alpha \;\therefore \varphi * \mathbf{1}=\operatorname{id} \]

然后就是说好的 \(\mu\) 函数啦
请参考下篇文章：

莫比乌斯反演