1.数论函数
定义两个数论函数\(f(n)\)与\(g(n)\)
则\((f+g)(n)=f(n)+g(n)\)
2.狄利克雷卷积
定义两个数论函数的狄利克雷卷积\(*\)
定义数论函数\(t=f*g\)
则\(\mathbf t(n)=\sum_{ij=n}\mathbf f(i)\mathbf g(j)\)
显然,\(f*g=g*f,f*(g*k)=(f*g)*k,f*(g+k)=f*g+f*k\)
定义数论函数\(f\)的单位元\(?\),使得\(\epsilon\ast\mathbf f=\mathbf f*?\)
不难看出,当\(i\)等于\(1\)时,\(?(i)=1\),否则,\(?(i)=0\)
定义数论函数\(g\)为函数\(f\)的逆元,即\(f*g=?\)
则\(g(n)=\dfrac{1}{f(1)}\left([n==1]?\sum\limits_{i|n,i\ne1}f(i)g(\dfrac{n}{i})\right)\)
3.积性函数
如果一个数论函数\(f\)当\(n⊥m\)的时候满足\(f(nm)=f(n)f(m)\),则称此函数为积性函数
常见的积性函数:\(*σ*_0\)(\(n\)的因数个数),\(\varphi(n)\)(\([1,n]\)中与\(n\)互质的数的个数)
结论:
1.两个积性函数的狄利克雷卷积是积性函数
证明如下:
设\(t=f*g\),则
\[
\begin{aligned}\mathbf t(nm)&=\sum_{d\mid nm}\mathbf f(d)\mathbf g\left(\frac{nm}d\right)\\&=\sum_{a\mid n,b\mid m}\mathbf f(ab)\mathbf g\left(\frac{nm}{ab}\right)\\&=\sum_{a\mid n,b\mid m}\mathbf f(a)\mathbf f(b)\mathbf g\left(\frac na\right)\mathbf g\left(\frac mb\right)\\&=\left(\sum_{a\mid n}\mathbf f(a)\mathbf g\left(\frac na\right)\right)\left(\sum_{b\mid m}\mathbf f(b)\mathbf g\left(\frac mb\right)\right)\\&=\mathbf t(n)\mathbf t(m)\end{aligned}
\]
2.一个积性函数的逆也是积性函数
证明如下:
设\(g\)为\(f\)的逆元
1.当\(nm=1\)时,则\(g(1)=1\),结论成立
2.当\(nm>1\)时,则有
\[
\begin{aligned}\mathbf g(nm)&=-\sum_{d\mid nm,d\neq1}\mathbf f(d)\mathbf g\left(\frac{nm}d\right)\\&=-\sum_{a\mid n,b\mid m,ab\neq1}\mathbf f(ab)\mathbf g\left(\frac{nm}{ab}\right)\\&=-\sum_{a\mid n,b\mid m,ab\neq1}\mathbf f(a)\mathbf f(b)\mathbf g\left(\frac na\right)\mathbf g\left(\frac mb\right)\\&=\mathbf f(1)\mathbf f(1)\mathbf g(n)\mathbf g(m)-\sum_{a\mid n,b\mid m}\mathbf f(a)\mathbf f(b)\mathbf g\left(\frac na\right)\mathbf g\left(\frac mb\right)\\&=\mathbf g(n)\mathbf g(m)-\left(\sum_{a\mid n}\mathbf f(a)\mathbf g\left(\frac na\right)\right)\left(\sum_{b\mid m}\mathbf f(b)\mathbf g\left(\frac mb\right)\right)\\&=\mathbf g(n)\mathbf g(m)-\epsilon(n)\epsilon(m)\\&=\mathbf g(n)\mathbf g(m)\end{aligned}
\]
Tips:对于一个积性函数,显然\(f(1)=1\),\(f(1)\ne1\)的情况暂时不加讨论
运用:
对于一个积性函数,可以用线性筛的方法来快速递推得到
我们可以把一个积性函数\(f\),可以把\(f(n)\)分解为\(\mathbf f(n)=\prod_{i=1}^t\mathbf f(p_i^{k_i})\),即是把它质因数分解
由于在线性筛素数的时候我们可以顺便求出每个数的最小质因数\(p_1\),最小质因数的次数\(k_1\)以及\(n/p_1^{k_1}\),就可以利用递推式\(\mathbf f(n)=\mathbf f(p_1^{k_1})\mathbf f(n/p_1^{k_1})\)直接计算 \(\mathbf f\)了
由于$σ_0 $和 \(\varphi\)在素数幂处的值很容易得到,\(k>0\)时,\(\sigma_0(p^k)=k+1,\varphi(p^k)=p^{k-1}(p-1)\)
从而推出公式:
\[
\sigma_0(n)=\prod_{i=1}^t(k_i+1), \varphi(n)=\prod_{i=1}^np_i^{k_i-1}(p_i-1)=n\prod_{i=1}^t\left(1-\frac1{p_i}\right)
\]
4.莫比乌斯反演
定义\(\mathbf1\)的逆是\(\mu\)
这样对于\(\mathbf g=\mathbf f\ast\mathbf1\),就有\(\mathbf f=\mathbf f\ast\mathbf1\ast\mu=\mathbf g\ast\mu\)
即如果\(\mathbf g(n)=\sum_{d\mid n}\mathbf f(d)\),则\(\mathbf f(n)=\sum_{d\mid n}\mu\left(\frac nd\right)\mathbf g(d)\)
这就证明了莫比乌斯反演
对于\(\mu\)的求法
显然,由于\(\mathbf1\)是积性的，而且\(\mu\)是\(\mathbf 1\)的逆，所以\(\mu\)也是积性的
可得:
\[
\mu(p^k)=\begin{cases}1&k=0\\-1&k=1\\0&k>1\end{cases}
\]
从而得出:
\[
\mu(n)=\begin{cases}(-1)^t&n=p_1p_2\dots p_t\text{且$ p_i $互不相同}\\0&n\text{不满足上述条件}\end{cases}
\]
Tips:对于\(n=1\),则\(t=0\)
反演推论:
\[
[n==1]=\sum_{d|n}{\mu(d)}
\]
从\(\mu\)是1的逆显然很好理解
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