莫比乌斯反演小结

嗯，还是要记一下的。

直接进入正题吧。

莫比乌斯函数

考虑定义一个这样的函数\(\mu(n).\)

当\(n=1\)时，有\(\mu(n)=1.\)

当\(n\)可以表示成\(m\)个不同质数的乘积时，设\(n=p_1*p_2*…*p_m\),则\(\mu(n)=(-1)^m.\)

对于其他情况，有\(\mu(n)=0.\)

这个函数被称为莫比乌斯函数。

莫比乌斯函数的性质

\(Ⅰ.\)

首先，\(\mu(n)\)是一个积性函数。当\(n,m\)互质时（\(n⊥m\)），有\(\mu(n*m)=\mu(n)*\mu(m).\)

当\((n=1) or (m=1)\)时，显然成立。

当\(\mu(n)*\mu(m)=0\)时，\(n\)或\(m\)中存在\(p_i^{k_i}(k_i>1)\),则\(\mu(n*m)=0\),即\(n*m\)必然存在\(p_i^{k_i}(k_i>1)\).

对于其他情况，设\(n\)由\(p\)个质数相乘，\(m\)由\(q\)个质数相乘，显然\(\mu(n*m)=(-1)^{p+q}=(-1)^p*(-1)^q=\mu(n)*\mu(m).\)

\(Ⅱ.\)

\[\sum_{d|n}\mu(d)=\begin{cases} 1, n=1 \\ 0 ,n>1 \end{cases}. \]

证明：

首先当\(n=1\)时显然成立。

当\(n>1\)时，

若\(\mu(n)=±1\),根据定义，设\(n=p_1*p_2*…*p_m\)，显然在这\(m\)个数中挑奇数个相乘(必然为\(n\)的约数)得到的\(\mu(k)=-1\),偶数个则为\(\mu(k)=1.\)

根据加法原理和二项式定理，

\[\sum_{d|n}\mu(d)=C_n^0-C_n^1+C_n^2-…±C_n^n=\sum_{i=0}^n(-1)^iC_n^i=(1-1)^n=0. \]

当然直接用\(\sum C_{n}^{2k-1}=\sum C_{n}^{2k}\)也可以解释。

若\(\mu(n)≠±1\)，显然\(n\)中存在一个质因数\(p\)，满足\(p^k(k>1)|n\)，注意这里的\(p^k\)必须是\(n\)的全部质因数\(p\)相乘的结果，即满足\(\frac{n}{p^k}⊥p\).

此时若\(n=p^k\)，有\(\sum_{d|n}\mu(d)=\mu(1)+\mu(p)=0.\)

否则\(\sum_{d|n}\mu(d)=\sum_{d|\frac{n}{p^k}}\mu(d)+\mu(p^k)\sum_{d|\frac{n}{p^k}}\mu(d)=\sum_{d|\frac{n}{p^k}}\mu(d).\)

\(Ⅲ.\)

\[\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}=\frac{\varphi(n)}{n}. \]

结论没什么用，但还是可以记一下。

\(\varphi(n)\)是欧拉函数。

令\(F(n)=n,f(n)=\varphi(n)\)用莫比乌斯反演推一下就出来了。

莫比乌斯反演

设函数\(F(n)=\sum_{d|n}f(d).\)

则有\(f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d}).\)

以上过程就是莫比乌斯反演。

证明：

先把\(F(x)\)换成\(f(x).\)

\[\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{d'|\frac{n}{d}}f(d'). \]

显然\(d'|\frac{n}{d}⇔∃k\in Z,\)满足\(kd'=\frac{n}{d}⇔kd=\frac{n}{d'}⇔d|\frac{n}{d'}.\)

所以我们考虑每一个\(f(d')\),只要满足\(d|\frac{n}{d'}\)都可以对答案造成\(f(d')*\mu(d)\)点贡献，则可以将\(f(d')\)前置。

\[\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{d'|\frac{n}{d}}f(d')=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{d|\frac{n}{d'}}f(d')=\sum_{d'|n}f(d')\sum_{d|\frac{n}{d'}}\mu(d)=f(n). \]

莫比乌斯反演还有另一种常用形式，如果\(F(n)=\sum_{n|d}f(d)\),那么

\[f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d). \]

虽说是同理，然而我太菜了同理不出来，于是下面给出我自己的不伦不类的证明：

按照之前的证法，我们有

\[\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})\sum_{d|d'}f(d')$$. 设$k_1=\frac{d}{n}⇔d=k_1n$,设$k_2=\frac{d'}{d}⇔d'=k_2d=k_1k_2n.(k_1,k_2\in Z.)$ $$\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})\sum_{d|d'}f(d')=\sum\mu(k_1)\sum f(k_1k_2n).\]

显然\(k_1|k_1*k_2\),那么对于一个\(f(d)\),任何满足\(d'|\frac{d}{n}\)的\(d'\)都会对答案产生\(\mu(d')*f(d)\)点贡献。

\[\sum\mu(k_1)\sum f(k_1k_2n)=\sum_{n|d}f(d)\sum_{d'|\frac{d}{n}}\mu(d)=f(n). \]

换一种方式思考

莫比乌斯反演的本质是容斥原理，通过构造函数\(\mu(n)\)来满足所有\(F(n)\)的和式中只有\(f(n)\)贡献为\(\sum\mu(x)=1\)，其他贡献都为\(\sum\mu(x)=0\).

待添加……