最近重温潘承洞老先生的《数论基础》(现代数学基础丛书34)，确实是经典中的经典。以现代的眼光看数论函数，使得分析问题更加简洁本质，而这些都要归功于 Dirichlet 积的引入。
常见数论函数
为了更好的介绍 Dirichlet 积，先引入一些记号，数论函数是指定义于全体正整数集上的函数。
- $u(n) \equiv 1$
- $e(n) = n$
- $I(n) = \left\{\begin{array}{ll} 1, & n=1, \\ 0, & n>1. \end{array} \right.$
- n的所有正除数的个数 $d(n)$.
$$ d(n)= \sum_{d|n} 1 = (a_1+1)(a_2+1) \cdots (a_n+1), \; n=p_1^{a_1} \cdots p_s^{a_s} $$ - n的全部素因子的个数（按重数计）$ \Omega(n) $$$\begin{array}{ll} \Omega(1)=0 & \\ \Omega(n) = a_1 + a_2+ \cdots a_n, & n=p_1^{a_1} \cdots p_s^{a_s} \end{array}$$
- n的不同素因子的个数 $\omega(n)$ $$\begin{array}{ll} \omega(1)=0 & \\ \omega(n) = s, & n=p_1^{a_1} \cdots p_s^{a_s} \end{array}$$
- n的正除数的幂和函数 $\sigma_{\lambda}(n)$,$$\sigma_{\lambda}(n) = \sum_{d|n} d^{\lambda}$$
- 所有不超过n且和n互素的正整数的个数 $\phi(n)$$$\phi(n) = \sum_{ \begin{array}{c} 1 \leq d \leq n \\ (d,n)=1 \end{array} } 1$$ $\phi(n)$ 称之为Euler函数。
- Mobius 函数 $\mu(n)$$$\mu(n) = \left\{\begin{array}{ll} 1, & n=1, \\ (-1)^s, & n=p_1p_2 \cdots p_s, \; p_1 < p_2< \cdots < p_s. \\ 0, & else. \end{array} \right.$$
- Mangoldt函数 $\Lambda(n)$$$\Lambda(n) = \left\{\begin{array}{ll} \log p, & n= p^k, k \geq 1\\ 0, & else. \end{array} \right.$$
- Liouville 函数 $\lambda(n)$
$$ \lambda(n) = (-1)^{\Omega(n)} $$ - Euler函数的推广(自创 dna0.49 ) $ \phi _{\lambda}(n)$$$\phi _{\lambda} (n) = \sum_{ \begin{array}{c} 1 \leq d \leq n \\ (d,n)=1 \end{array} } d^{\lambda}$$ 当 $\lambda = 0$ 时即为Euler函数。
- $M(n)=\sum_{i=1}^n \mu(i)$，则我们有 $\sum_{i=1} ^n M(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor) = 1$
- $N(n)=\sum_{i=1}^n \phi(i)$，我们有
$$ \sum_{i=1} ^n N(\lfloor \frac{n}{i} \rfloor) = \frac{n(n+1)}{2} $$
用下面的 Dirichlet 积的概念，大家就会对上面常见的数论函数有更深刻的认识。
Dirichlet 积
设$f(n)$,$g(n)$是两个数论函数，则
$$ h(n) = \sum_{d|n} f(d)g(\frac{n}{d}) $$
称为$f(n)$和$g(n)$的 Dirichlet 积,记作$h=f*g$.
定理一 Dirichlet 积满足交换律和结合律即
$$f * g = g * f$$ $$(f*g)*h = f*(g*h)$$由定义上式显然。
定理二 Dirichlet 积的幺元存在为 $I(n)$
直接计算验算即知。
- 由定理一和二知。数论函数全体关于 Dirichlet 积构成了一个含幺交换半群(Commutative Monoid)
- 由抽象代数的基本知识知道 Monoid 中的元如果存在逆元必然唯一，证明也是显然的
- 现在的问题就是这个 Monoid 那些元有逆元( Dirichlet 逆，以下简称逆)。或者说一个数论函数可逆的充要条件是什么。
实际上，我们有如下结论
定理三 数论函数 $f$ 可逆的充要条件是 $f(1) \neq 0$.此时它的逆元为
$$f^{-1} (1) = \frac{1}{f(1)},\quad f^{-1} (n) = \frac{-1}{f(1)} \sum _{d|n,\, d<n} f(\frac{n}{d})f^{-1}(d),\; n>1$$证明是显然的，验算即知。
- 至此从抽象的层次已经对数论函数的 Dirichlet 积有了一个清晰的认识，下面用这套语言考虑我们的常见函数
定理四 Mobius 函数 $\mu(n)$ 是 $u(n)$ 的逆。
即
$$\sum_{ d|n } \mu(n) = \left\{ \begin{array}{ll} 1, & n=1, \\
0, & n>1. \end{array} \right.$$
$n=1$ 时显然，不妨设 $n = p_1^{a_1} p_2^{a_2} \cdots p_s^{a_s}$ 则由 $\mu(n)$ 的定义
$$\begin{align}
\sum_{ d|n } \mu(n) & = \mu(1) + \mu(p_1) + \mu(p_2) + \cdots +\mu(p_s) + \cdots + \mu(p_1 p_2) + \cdots \\
& \quad + \mu(p_{s-1}p_s) + \cdots \mu(p_1 p_2 \cdots p_s) \\
& = 1 + \begin{matrix} s \\ 1\end{matrix} (-1) + \begin{matrix} s \\ 2\end{matrix} (-1)^2 + \cdots + \begin{matrix} s \\ s\end{matrix} (-1)^s = (1-1)^s = 0 \end{align}$$
- 由此可见，原来看上去复杂的不知所以然的 Mobius 函数本质上是恒为1的函数的 Dirichlet 逆元。
定义五 若 $F=f*u$ 则称$F$ 是$f$ 的 Mobius 变换，即
$$ F(n) = \sum_{d|n} f(d) $$
显然此时我们有 $ f=F * \mu $,称$f$ 是$F$ 的 Mobius 反变换。
实际上，这就是我们常说的 Mobius 反演公式。
$$F(n) = \sum_{d|n} f(d) \Longleftrightarrow f(n) =
\sum_{d|n} F(d) \mu(\frac{n}{d})$$
Mobius 变换的例子
- $I(n)$ 是 $\mu(n)$ 的 Mobius 变换
- $d(n)$ 是 $u(n)$ 的 Mobius 变换
- $e(n)$ 是 $\phi(n)$ 的 Mobius 变换
- $\log n$ 是 $\Lambda(n)$ 的 Mobius 变换
前两个是显然的，后面两个证明如下。
$$n = \sum _{i=1} ^n 1 = \sum _{d|n} \sum_{(n,i) = d} 1 = \sum _{d|n} \sum_{(\frac{n}{d},k)=1} 1 = \sum _{d|n} \phi(\frac{n}{d}) = \sum _{d|n} \phi(d)$$因此
$$\phi(n) = \sum _{d|n} \mu(d) \frac{n}{d} =
n \sum _{d|n} \frac{\mu(d)}{d}$$
另外我们还有一个证明方式
- 上述两种证明都是两种常用处理数论函数的技术手段。
至于 $\log n$ 是 $\Lambda(n)$ 的 Mobius 变换的证明只需验算即知。
用上面所说的技术，我们来考虑一下推广的Euler函数 $\phi _{\lambda}$
$$\sum _{i=1} ^n i^{\lambda} = \sum _{d|n} \sum_{(n,i) = d} i^{\lambda} = \sum _{d|n} d^{\lambda} \sum_{(\frac{n}{d},k)=1} k^{\lambda} = \sum _{d|n} d^{\lambda} \phi _{\lambda} (\frac{n}{d}) = n^{\lambda} * \phi _{\lambda}$$可乘函数
寻找不变量一直是数学关心的问题，变化中的不变量，可以大大简化运算，并且反过来刻画了变化。具体说，寻找 Dirichlet 积不变量一方面对于那些不变量，可以简化它们操作，另一方面，由于 Dirichlet 积保持这些性质也就刻画了 Dirichlet 本身。其中这样的一个不变量就是可乘函数。
设 $f(n)$ 是定义在全体自然数上不恒为0的数论函数，若它满足条件
$$ f(mn) = f(m) f(n), \quad (m,n)=1 $$
则称之为可乘函数。若对任意正整数 $m,n$ 恒有
$$ f(mn) = f(m) f(n) $$
则称之为完全可乘函数。
可乘函数例子： $\mu(n)$, $d(n)$.
完全可乘函数例子： $n^{\lambda}$, $I(n)$.
- 显然(完全)可乘函数的的积，倒数(如果有意义的话)都是(完全)可乘函数。
定理六 可乘函数 $f(n)$ 有如下性质：
- $f(1)=1$
- $f(n)=f(p_1^{a_1}) f(p_2)^{a_2} \cdots f(p_s)^{a_s}, \quad n = p_1^{a_1} p_2^{a_2} \cdots p_s^{a_s}$
- $f(n)$ 为完全可乘的充要条件是对任意的 $p$ 和 $k \geq 1$ 恒有
$$ f(p^k) = f ^k (p) $$ - $f((m,n)[m,n])=f(m)f(n)$
- $f$的逆元必然存在(形式上更加简单)
上述定理的证明是显然的，结论是重要的。
定理七 Dirchlet 积 保持可乘性
- 若 $f$ 可乘, $g$ 可乘, 则 $h=f*g$ 可乘;
- 若 $g$ 可乘, $h=f*g$ 可乘，则 $f$ 可乘.
Proof:
若 $f$ 可乘, $g$ 可乘, 则对任意满足 $(m,n)=1$ 的正整数 $m,n$,对于 $mn$ 的每一个正因子 $d$ 可以分解为 $d=d_1 d_2$ 的形式, 其中$(d_1,d_2)=1,d_1|m,d_2|n$
$$h(mn) = \sum _{d|mn} f(d)g(\frac{mn}{d}) = \sum _{d_1|m} f(d_1)g(\frac{m}{d_1}) \sum _{d_2|n} f(d_2)g(\frac{n}{d_2}) = h(m)h(n)$$反证，若$f$不可乘，则可以推出$h$不可乘即可。若$f$不可乘,则必存在$m,n$,$(m,n)=1$ 但是
$$\begin{align} h(mn) = \sum _{d|mn} f(d) g(\frac{mn}{d}) & = \sum _{d_1|m} f(d_1) g(\frac{m}{d_1}) \sum _{d_2|m} f(d_2)g(\frac{n}{d_2})-f(m)f(n) +f(mn) \\ & = h(m)h(n) -f(m)f(n) + f(mn) \neq h(m)h(n) \end{align}$$
$$ f(mn) \neq f(m)f(n) $$
若 $mn=1$ , 则 $f(1) \neq f(1) f(1)$ 知 $f(1) \neq 1$. 因此 $h(1)=f(1)g(1)=f(1) \neq 1$ 矛盾于$h$可乘。
我们选取满足上述性质的最小正整数$mn$,即当$d_1d_2<mn$是恒有
$$ f(d_1d_2) = f(d_1)f(d_2),\quad (d_1,d_2)=1 $$
由$h$的定义证毕。
- Dirichlet 积一般不保持完全可乘性。
由定理六和七，我们有如下推论: 若 $F$ 是 $f$ 的 Mobius 变换，则
- $f$ 可乘 $\Longleftrightarrow$ $F$ 可乘
- $f$ 可乘，则$$F(n) = \sum_{d|n} f(d) = \prod _{p^a || n} (1+ f(p)+\cdots f(p^a))$$
- $f$ 可乘，则 $$\sum _{d|n} \mu(d) f(d) = \prod _{p | n} (1 - f(p))$$
- 上面1是定理7.1的直接推论，2可由定理6.2的直接推论，3是2的直接推论。由3我们可以得到著名的欧拉公式：$$\phi(n) = n \sum _{d|n} \frac{\mu(d)}{d} ＝ n \prod _{p|n} (1-\frac{1}{p})$$
完全可乘的逆
由于可乘函数满足 $f(1)=1$ 因此可乘函数的逆相对而言更加简单，并且它的逆也是可乘函数。但是计算逆的过程仍然很复杂，但是完全可乘函数的逆却特别简单。
定理八 设 $f$ 可乘，则$f$ 完全可乘的充要条件是
$$ f^{-1}(n) = \mu(n)f(n) $$
应用定理6.3验证即知。
推广的Mobius反演公式
设 $g$ 完全可乘, $h= f * g$ ,则$f= h * \mu g$ ,即
$$h(n) = \sum _{d|n} f(d)g(\frac{n}{d})
\quad \Longleftrightarrow \quad f(n) = \sum _{d|n} h(d)
\mu(\frac{n}{d})g(\frac{n}{d})$$
另上式中 $g=u$ ，上式就变成了Mobius反演公式。
由推广的Mobius反演公式，我们由
$$\sum _{i=1} ^n i^{\lambda} =
n^{\lambda} * \phi _{\lambda}$$
可知
$$\phi _{\lambda}(n) =
\sum _{i=1} ^n i^{\lambda} * \mu(n) n^{\lambda}$$
广义Dirichlet积
考虑和式
$$ G(x) = \sum_{n \leq x} f(n)H(\frac{x}{n}) $$
其中 $f(n)$ 是数论函数，$H(x)$ 是 $(0,\infty)$上的函数。
我们记 $G = f o H$。特别的若$H(x)$在所有非整数点取值为$0$，则此时就是通常的Dirichlet积。
我们有以下性质：
$$f o (g o H) = (f*g) o H$$
若 $G = f o H$ 则 $H = f^{-1} o G$。
特别的，若 $G(x) = \sum_{n \leq x} H(\frac{x}{n})$, 则我们有 $H(x) = \sum_{n \leq x} \mu(n) G(\frac{x}{n})$。
三个优美公式
最后我用三个我很喜欢的公式结束这篇博文。
$\sum _{n \leq x} d(n) = \sum _{n \leq x} \lfloor \frac{x}{n} \rfloor$
$$\sum _{n \leq x} \lfloor \frac{x}{n} \rfloor =
\sum _{n \leq x} \sum _{l \leq x,\; n|l} 1 =
\sum _{l \leq x} \sum _{n|l} 1 =
\sum _{l \leq x} d(l) =
\sum _{n \leq x} d(n)$$
其中
$$a_n =
\sum _{d|n} \mu(d) = I(n)$$
又由
$$\sum _{n=1} ^{\infty} \frac{1}{n^2} =
\frac{\pi^2}{6}$$
结论显然。
一个技巧相当强大的公式 $Q(x)=\sum_{n \leq x} |\mu(n)|$，显然表示不超过 $x$ 的无平方因子的正整数个数，则
$$ Q(x) = \frac{6}{\pi^2} x + O(\sqrt{x}) $$
Proof: 显然我们有
$$ \lfloor x \rfloor = \sum_{k \leq \sqrt{x}} Q(\frac{x}{k^2})$$
另一方面
$$ Q(x) = \sum_{n \leq \sqrt{x}} Q(\frac{x}{n^2}) \sum_{d \mid n} \mu(d) = \sum_{d \leq \sqrt{x}} \mu(d) \sum_{ k \leq \sqrt{\frac{x}{d^2}} } Q(\frac{x}{d^2k^2}) $$
所以
$$ \sum_{n \leq x} |\mu(n)| = Q(x) = \sum_{d \leq \sqrt{x}} \mu(d) \lfloor \frac{x}{d^2} \rfloor $$
根据上式
$$ Q(x) = x \sum_{d=1}^{\infty} \frac{\mu(d)}{d^2} +O(\sqrt{x}) = \frac{6}{\pi^2} x + O(\sqrt{x}) $$
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