part 1 莫比乌斯函数
- (mu(n))
$ p_i = n $ 的质因子
[mu(n) = egin{cases} 1~,~n = 1 \ (-1)^m ~ , ~ n = prodlimits_{i = 1} ^ {m} p_i \ 0 ~ , ~ else end{cases}
]
性质
[sumlimits_{d|n} mu(d) = egin{cases}1 ~,~ n = 1 \ 0 ~,~ n
e 1end{cases}
]
$ n = 1 $
显然
(n e 1)
(n = prod p_i^{k_i})
多余的 $ k_i $ 不考虑 , 让 $n =prodlimits_{i=1}^{m} p_i $
那么 (sumlimits_{d|n} mu(d) = sumlimits_{i=0}^{m} C(m,i)*(-1)^i = sumlimits_{i=0}^{m} C(m,i)*(-1)^i*1^{m-i})
考虑二项式定理 , 上面的式子 $ = ((-1) + 1)^m = 0$
part 2 莫比乌斯反演
形式1
[F(n) = sumlimits_{d ~ | ~ n} f(d)
]
[f(n) = sumlimits_{d ~ | ~ n} mu(d) * F(dfrac{n}{d})
]
证明
[f(n) = sumlimits_{d | n} mu(d)* sumlimits_{k | frac{n}{d}} f(k)
]
[f(n) = sumlimits_{k | n} f(k) * sumlimits_{d | frac{n}{k}} mu(d) = f(n)
]
根据莫比乌斯函数的性质只有 (k = n) 时 ， (sumlimits_{d | frac{n}{k}} mu(d) =1) , 所以上式成立
值得一提的是这个式子的转化，每一对((f(k) * mu(d))) 都被统计 1 遍 ， 式子转化后依然如此
形式2
[F(n) = sumlimits_{n | d} f(d)
]
[f(n) = sumlimits_{n | d} mu(frac{d}{n}) * F(d)
]
证明
[f(n)= sumlimits_{n | d} mu(frac{d}{n}) * sumlimits_{d | k} f(k)
]
[f(n) = sumlimits_{n | k}f(k) * sumlimits_{d | frac{k}{n}} mu(d) = f(n)
]
只有当 (k = n) 时 (sumlimits_{d | frac{k}{n}} mu(d) = 1)
同理，每一对 (mu(frac d n) * f(k)) 都被统计了 1 次 ， 式子转化后依然如此