欧拉函数的Möbius反演公式证明中换序求和一些想法

定义NNN上的函数f(n),g(n)f(n),g(n)f(n),g(n)满足
f(n)=∑d∣ng(d)(1.1)f(n)=\sum\limits_{d|n}g(d)\tag{1.1}f(n)=d∣n∑g(d)(1.1)

那么ggg满足
g(n)=∑d∣nμ(nd)f(d)(1.2)g(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(\frac n d)f(d)\tag{1.2}g(n)=d∣n∑μ(dn)f(d)(1.2)

Proof.Proof.Proof.
∑d∣nμ(nd)f(d)=∑d∣nμ(nd)∑d′∣dg(d′)=∑d′∣ng(d′)∑m∣nd′μ(n/d′m)=g(n)(2)\begin{aligned} \sum\limits_{d|n}\mu(\frac n d)f(d) & =\sum\limits_{d|n}\mu(\frac n d)\sum\limits_{d'|d}g(d')=\sum_{\color{#FF3030}{d'|n}}g(d')\sum_{\color{#FF3030}{m|\frac n {d'}}}\mu(\frac {n/d'} m) =g(n) \tag{2} \end{aligned}d∣n∑μ(dn)f(d)=d∣n∑μ(dn)d′∣d∑g(d′)=d′∣n∑g(d′)m∣d′n∑μ(mn/d′)=g(n)(2)

其中(2)(2)(2)最后一个等号是由如下引理(3.1)(3.1)(3.1)得出
∑d∣nμ(d)={1,n=10,n>1(3.1)\sum\limits_{d|n}\mu (d)=\begin{cases} 1,\quad n=1\\ 0,\quad n>1 \end{cases}\tag{3.1}d∣n∑μ(d)={1,n=10,n>1(3.1)

问题

大多数证明过程对(2)(2)(2)中第二个等号中的∑\sum∑换序一笔带过，下面从不同角度谈谈博主对整除关系上的换序的理解

偏序集上的换序求和
由整除'|'的性质，可看做偏序集(N,∣)(N, |)(N,∣)，类比(N,≤)(N, \leq )(N,≤)，我们有这样的直觉，
∑d≤n∑d′≤d→∑d′≤n∑d′≤d≤nd′∣(≤)d∣(≤)n∑d∣n∑d′∣d→∑d′∣n∑d′∣d,d∣n(3.2)\sum_{d\le n}\sum_{d'\le d}\rightarrow \sum_{d'\le n}\sum_{d'\le d\le n}\quad d'|_{(\le)} d|_{(\le)} n\quad \sum_{d|n}\sum_{d'|d}\rightarrow \sum_{d'|n}\sum_{d'|d , d|n}\tag{3.2}d≤n∑d′≤d∑→d′≤n∑d′≤d≤n∑d′∣(≤)d∣(≤)nd∣n∑d′∣d∑→d′∣n∑d′∣d,d∣n∑(3.2)

于是

∑d∣nμ(nd)∑d′∣dg(d′)=∑d′∣ng(d′)∑d′∣d,d∣nμ(nd)(4.1)\sum_{d|n}\mu(\frac n d)\sum_{d'|d}g(d')=\sum_{d'|n}g(d')\sum_{d'|d , d|n}\mu(\frac n d)\tag{4.1}d∣n∑μ(dn)d′∣d∑g(d′)=d′∣n∑g(d′)d′∣d,d∣n∑μ(dn)(4.1)

对ddd作变量代换(消去d′d'd′)

d′≤d≤n,令m=d−d′得0≤m≤n−d′d'\le d \le n,令m=d-d'得0\le m \le n-d'd′≤d≤n,令m=d−d′得0≤m≤n−d′

→令m=dd′,nd=nd′(1/dd′)=n/d′m\rightarrow 令m=\frac d {d'},\frac n d=\frac n {d'}(1/\frac d {d'})=\frac {n/d'} m→令m=d′d,dn=d′n(1/d′d)=mn/d′

接(4)=∑d′∣ng(d′)∑m∣nd′μ(n/d′m)=g(n)接(4)=\sum_{d'|n}g(d')\sum_{m|\frac n {d'}}\mu(\frac {n/d'} m) =g(n)接(4)=d′∣n∑g(d′)m∣d′n∑μ(mn/d′)=g(n)

得证。

如果说这是凭感觉和经验，那么可以通过取indicator function来补全一些实际不需要计和的值，使上述证明变得更严谨，indicator function可按如下定义，
[nd]={1,d∣n0,d∤n[\frac n d]=\begin{cases}1,\quad d\mid n \\ 0, \quad d \nmid n\end{cases}[dn]={1,d∣n0,d∤n

于是类似(3.2)(3.2)(3.2)的处理

∑d∣nμ(nd)∑d′∣dg(d′)=∑d≤nμ(nd)[nd]∑d′≤dg(d′)[dd′]=∑d′≤ng(d′)∑d′≤d≤nμ(nd)[dd′][nd](4.2)\begin{aligned} \tag{4.2}\sum_{d\mid n}\mu(\frac n d)\sum_{d'\mid d}g(d') & =\sum_{d\le n}\mu(\frac n d)[\frac nd]\sum_{d'\le d}g(d')[\frac d {d'}]\\ &=\sum_{d'\le n}g(d')\sum_{d'\le d\le n}\mu(\frac n d)[\frac d {d'}][\frac nd] \end{aligned}d∣n∑μ(dn)d′∣d∑g(d′)=d≤n∑μ(dn)[dn]d′≤d∑g(d′)[d′d]=d′≤n∑g(d′)d′≤d≤n∑μ(dn)[d′d][dn](4.2)

注意到内层求和限定了怎样的ddd？或者说，实际上对怎样的ddd进行了求和？
∑d′≤d≤nμ(nd)[dd′][nd]\sum_{d'\le d\le n}\mu(\frac n d)[\frac d {d'}][\frac nd]d′≤d≤n∑μ(dn)[d′d][dn]

[dd′],[nd][\frac d {d'}],[\frac nd][d′d],[dn]实际上要求ddd是d′d'd′的倍数(d′d'd′整除ddd，d′∣dd'\mid dd′∣d)，ddd整除nnn(d∣nd\mid nd∣n)，可知这样的d′d'd′比满足，d′∣nd'\mid nd′∣n，将(4.2)(4.2)(4.2)还原成整除的形式，就得到了(4.1)(4.1)(4.1)如何从等式左边变换到等式右边。

卷积
直接从(4.1)(4.1)(4.1)等式左边开始，令

n=ndd=dnddd′d′=khd′n=\frac n d d = d\frac n d \frac d {d'} d'=khd'n=dnd=ddnd′dd′=khd′

其中

nd=k,dd′=h\frac n d = k, \frac d {d'} =hdn=k,d′d=h

因此，我们有
∑d∣nμ(nd)∑d′∣dg(d′)=∑dk=nμ(k)∑hd′=dg(d′)=∑khd′=nμ(k)g(d′)=∑d′kh=n∑kh=nd′μ(k)=∑d′∣ng(d′)∑k∣nd′μ(k)=∑d′∣ng(d′)[d′n]=g(n)\begin{aligned} \sum_{d\mid n}\mu(\frac n d)\sum_{d'\mid d}g(d') & = \sum_{dk=n}\mu(k)\sum_{hd'=d}g(d') \\ & = \sum_{khd'=n}\mu(k)g(d') \\ & = \sum_{d'kh=n}\sum_{kh=\frac n {d'}}\mu(k) \\ & = \sum_{d'\mid n}g(d')\sum_{k\mid \frac n {d'}}\mu(k) \\ & = \sum_{d'\mid n}g(d')[\frac {d'} n] = g(n) \end{aligned}d∣n∑μ(dn)d′∣d∑g(d′)=dk=n∑μ(k)hd′=d∑g(d′)=khd′=n∑μ(k)g(d′)=d′kh=n∑kh=d′n∑μ(k)=d′∣n∑g(d′)k∣d′n∑μ(k)=d′∣n∑g(d′)[nd′]=g(n)

如果读过ApostolApostolApostol的解析数论导引，上述变换实际上就是在做

f∗μ=(g∗U)∗μ=g∗(U∗μ)=g∗I=gf*\mu = (g*U)*\mu = g*(U*\mu)=g*I=gf∗μ=(g∗U)∗μ=g∗(U∗μ)=g∗I=g

其中U(n)=1,I(n)=[1n]U(n)=1,I(n)=[\frac 1 n]U(n)=1,I(n)=[n1](并非前面定义的indicator funtion，而是数论函数中的恒等函数，[ ]为下取整函数)，

I(n)=[1n]={1n=10n>1I(n)=[\frac 1 n]=\begin{cases}1 \quad n=1\\ 0\quad n>1 \end{cases}I(n)=[n1]={1n=10n>1

至此莫比乌斯反演公式(1.1)(1.2)(1.1)(1.2)(1.1)(1.2)就已经得到了完整的证明！

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