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数論的関数のメビウス変換2

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前回 の続きになります.

メビウス変換

もう一度メビウス変換の定義を書いておく.

メビウス変換

$$Mf(n)=\sum_{d\vert n,0\lt d} f(d)$$

メビウス変換とは$n$の正の約数を代入して総和をとることであるため,次のように式を書き換えることができる.

$$Mf(n)=\sum_{d\vert n,0\lt d}f(d)=\sum_{\begin{align}0\leq k_1\leq &v_{p_1}(n) \\ 0\leq k_2\leq &v_{p_2}(n) \\ \vdots \\ 0\leq k_m\leq &v_{p_m}(n) \end{align}}f(p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_m^{k_m}) \ \ \ \left(m=\omega (n)\right)$$

証明

$n=p_1^{v_{p_1}(n)}p_2^{v_{p_2}(n)}\cdots p_m^{v_{p_m}(n)}$の正の約数を$d=p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_m^{k_m}$とおくと,$\dfrac{n}{d}=p_1^{v_{p_1}(n)-k_1}p_2^{v_{p_2}(n)-k_2}\cdots p_m^{v_{p_m}(n)-k_m}$が整数となる必要十分条件は$0\leq k_1\leq v_{p_1}(n) \ , \ 0\leq k_2\leq v_{p_2}(n) \ , \ \cdots \ , \ 0\leq k_m\leq v_{p_m}(n)$であるとわかる.

この等式から,$f$が乗法的関数のときにとても計算しやすいことがわかる.

乗法的関数のメビウス変換

計算例を出す.

メビウス関数のメビウス変換

関数$\mu$をメビウス関数とする.メビウス関数は乗法的関数である.

  1. $n=1$のとき
    $M\mu(1)=\mu(1)=1$

  2. $n\gt 1$のとき
    \begin{align} M\mu(n)&=\sum_{d\vert n,0\lt d}\mu(d) \\ &=\sum_{0\leq k_1\leq v_{p_1}(n) \ ,\ 0\leq k_2\leq v_{p_2}(n) \ , \ \cdots \ , \ 0\leq k_m\leq v_{p_m}(n)}\mu(p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_m^{k_m}) \ \ \ \left(m=\omega (n)\right) \\ &=\sum_{0\leq k_1\leq v_{p_1}(n) \ ,\ 0\leq k_2\leq v_{p_2}(n) \ , \ \cdots \ , \ 0\leq k_m\leq v_{p_m}(n)}\mu(p_1^{k_1})\mu(p_2^{k_2})\cdots \mu(p_m^{k_m}) \\ &=\sum_{0\leq k_1\leq v_{p_1}(n)} \ \sum_{0\leq k_2\leq v_{p_2}(n) } \cdots \ \sum_{0\leq k_m\leq v_{p_m}(n)}\mu(p_1^{k_1})\mu(p_2^{k_2})\cdots \mu(p_m^{k_m}) \\ &=\prod_{p\vert n} \ \sum_{0\leq k \leq v_p(n)} \ \mu(p^k) \\ &=\prod_{p\vert n} \Big(\mu(p^0) +\mu(p^1) +\sum_{2\leq k\leq v_p(n)} \ \mu(p^k) \Big) \\ &=\prod_{p\vert n} \Big(1 -1 +\sum_{2\leq k\leq v_p(n)}0 \Big) \\ &=0 \end{align}

(i)(ii)より,
\begin{eqnarray} M\mu(n)= \left\{ \begin{array}{l} 1 \ \ \ (n=1) \\ 0 \ \ \ (n\gt 1) \end{array} \right. \end{eqnarray}
すなわち
$M\mu(n)=\varepsilon(n)$
である.

公式1はとても重要だが,例1のような式変形を何度も行うのは面倒なので公式1をさらに変形して,次の等式をえる.

乗法的関数のメビウス変換

関数$f$は乗法的関数であるとする.

  1. $n=1$のとき
    $Mf(n)=f(1)$

  2. $n\gt 1$のとき
    $$ Mf(n)=\prod_{p\vert n}\sum_{k=0}^{v_p(n)}f(p^k) $$

導出1

(i)は明らかなので(ii)を示す.公式1から,

\begin{align} Mf(n) &=\sum_{0\leq k_1\leq v_{p_1}(n) \ , \ 0\leq k_2\leq v_{p_2}(n) \ , \ \cdots \ , \ 0\leq k_m\leq v_{p_m}(n)} f(p_1^{k_1})f(p_2^{k_2})\cdots f(p_m^{k_m})\\ &=\sum_{0\leq k_1\leq v_{p_1}(n)} \ \sum_{0\leq k_2\leq v_{p_2}(n)} \ \cdots \ \sum_{0\leq k_m\leq v_{p_m}(n)} f(p_1^{k_1})f(p_2^{k_2})\cdots f(p_m^{k_m})\\ &=\prod_{i=1}^m \sum_{k_i=0}^{v_{p_i}(n)} f(p_i^{k_i})\\ &=\prod_{p\vert n}\sum_{k=0}^{v_p(n)}f(p^k) \end{align}

となる.

導出2

(i)は明らかなので(ii)を示す.
$Mf$が乗法的関数であることを証明できればよい.$\mathrm{gcd}(m,n)=1$とすると
\begin{align} Mf(mn) &=\sum_{d\vert mn,0\lt d} f(d)\\ &=\sum_{\mathrm{gcd}(d_1,d_2)=1 \ , \ d_1\vert n \ , \ d_2\vert m \ , \ 0\lt d_1 \ , \ 0\lt d_2} f(d_1d_2)\\ &=\sum_{\mathrm{gcd}(d_1,d_2)=1 \ , \ d_1\vert n \ , \ d_2\vert m \ , \ 0\lt d_1 \ , \ 0\lt d_2} f(d_1)f(d_2)\\ &=\sum_{d_1\vert n,0\lt d_1}f(d_1)\sum_{d_2\vert m,0\lt d_2}f(d_2)\\ &=Mf(m)Mf(n) \end{align}
となり,関数$Mf$は乗法的関数である.よって
$$Mf(n)=\prod_{p\vert n}Mf(p^{v_p(n)})=\prod_{p\vert n}\sum_{k=0}^{v_p(n)}f(p^k)$$
をえる.

加法的関数のメビウス変換

計算例を出す.

プライムオメガ関数のメビウス変換

関数$\omega$をプライムオメガ関数とする.プライムオメガ関数は加法的関数である.

  1. $n=1$のとき
    $$M\omega(n)=\omega(1)=0$$
  2. $n\gt 1$のとき
    \begin{align} M\omega(n)&=\sum_{d\vert n,0\lt d} \omega(d) \\ &=\sum_{0\leq k_1\leq v_{p_1}(n) \ , \ 0\leq k_2\leq v_{p_2}(n) \ , \ \cdots \ , \ 0\leq k_m\leq v_{p_m}(n)} \omega(p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_m^{k_m}) \ \ \ \ (m=\omega(n)) \\ &=\sum_{p\vert n} \left(\sigma_0(n) -\sigma_0\left(\dfrac{n}{p^{v_p(n)}}\right)\right) \\ &=\omega(n)\sigma_0(n) -\sum_{p\vert n} \dfrac{\sigma_1(n)}{\sigma_0(p^{v_p(n)})} \\ &=\omega(n)\sigma_0(n) -\sigma_0(n)\sum_{p\vert n} \dfrac{1}{v_p(n) +1} \end{align}

やはりこちらも,計算するたびにこれを書くのは面倒なので公式1を変形して,次の定理をえる.

加法的関数のメビウス変換

関数$f$は加法的関数であるとする.

  1. $n=1$のとき
    $Mf(n)=f(1)$

  2. $n\gt 1$のとき
    $$Mf(n)=\sigma_0(n)\sum_{p\vert n}\dfrac{1}{v_p(n)+1}\sum_{k=0}^{v_p(n)}f(p^k)$$

導出1

(i)は明らかなので(ii)を示す.
\begin{align} Mf(n) &=\sum_{0\leq k_1\leq v_{p_1}(n) \ , \ 0\leq k_2\leq v_{p_2}(n) \ , \ \cdots \ , \ 0\leq k_m\leq v_{p_m}(n)} f(p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_m^{k_m}) \ \ \ \ \ (m=\omega(n)) \\ &=\sum_{0\leq k_1\leq v_{p_1}(n) \ , \ 0\leq k_2\leq v_{p_2}(n) \ , \ \cdots \ , \ 0\leq k_m\leq v_{p_m}(n)} f(p_1^{k_1}) +\sum_{0\leq k_1\leq v_{p_1}(n) \ , \ 0\leq k_2\leq v_{p_2}(n) \ , \ \cdots \ , \ 0\leq k_m\leq v_{p_m}(n)} f(p_2^{k_2}) +\cdots +\sum_{0\leq k_1\leq v_{p_1}(n) \ , \ 0\leq k_2\leq v_{p_2}(n) \ , \ \cdots \ , \ 0\leq k_m\leq v_{p_m}(n)} f(p_m^{k_m}) \\ &=\sum_{0\leq k_1\leq v_{p_1}(n)} f(p_1^{k_1})\sum_{d\vert \frac{n}{p_1^{v_{p_1}(n)}},0\lt d} 1 +\sum_{0\leq k_2\leq v_{p_2}(n)} f(p_2^{k_2})\sum_{d\vert \frac{n}{p_2^{v_{p_2}(n)}},0\lt d} 1 +\cdots +\sum_{0\leq k_m\leq v_{p_m}(n)} f(p_m^{k_m})\sum_{d\vert \frac{n}{p_m^{v_{p_m}(n)}},0\lt d} 1 \\ &=\sum_{0\leq k_1\leq v_{p_1}(n)} f(p_1^{k_1})\sigma_0\left(\dfrac{n}{p_1^{v_{p_1}(n)}}\right) +\sum_{0\leq k_2\leq v_{p_2}(n)} f(p_2^{k_2})\sigma_0\left(\dfrac{n}{p_2^{v_{p_2}(n)}}\right) +\cdots +\sum_{0\leq k_m\leq v_{p_m}(n)} f(p_m^{v_{p_m}(n)})\sigma_0\left(\dfrac{n}{p_m^{v_{p_m}(n)}}\right) \\ &=\sigma_0(n)\sum_{p\vert n}\dfrac{1}{v_p(n) +1}\sum_{k=0}^{v_p(n)} f(p^k) \end{align}

導出2

(i)は明らかなので(ii)を示す.$\mathrm{gcd}(m,n)=1$とすると
\begin{align} Mf(mn) &=\sum_{d\vert n,0\lt d} f(d) \\ &=\sum_{\mathrm{gcd}(d_1,d_2)=1 \ , \ d_1\vert n \ , \ d_2\vert m \ , \ 0\lt d_1 \ , \ 0\lt d_2} f(d_1d_2) \\ &=\sum_{\mathrm{gcd}(d_1,d_2)=1 \ , \ d_1\vert n \ , \ d_2\vert m \ , \ 0\lt d_1 \ , \ 0\lt d_2} f(d_1) +\sum_{\mathrm{gcd}(d_1,d_2)=1 \ , \ d_1\vert n \ , \ d_2\vert m \ , \ 0\lt d_1 \ , \ 0\lt d_2} f(d_2) \\ &=\sum_{d_1\vert n,0\lt d_1} f(d_1)\sum_{d_2\vert m,0\lt d_2} 1 +\sum_{d_2\vert m,0\lt d_2} f(d_2)\sum_{d_1\vert n,0\lt d_1} 1 \\ &=Mf(m)\sigma_0(n) +Mf(n)\sigma_0(m) \\ \dfrac{Mf(mn)}{\sigma_0(mn)} &=\dfrac{Mf(m)}{\sigma_0(m)} +\dfrac{Mf(n)}{\sigma_0(n)} \end{align}
であるから,
$$Mf(n)=\sigma_0(n)\sum_{p\vert n} \dfrac{Mf(p^{v_p(n)})}{\sigma_0(p^{v_p(n)})}=\sigma_0(n)\sum_{p\vert n} \dfrac{1}{v_p(n) +1}\sum_{k=0}^{v_p(n)} f(p^k)$$
をえる.

乗法的関数ではメビウス変換しても乗法性が保たれたが,加法的関数では加法性は保たれない.

変換の計算例

$$M\mu(n)=\varepsilon(n)$$

証明

$n=1$のとき$M\mu(n)=\mu(1)=1$
$n\gt 1$のとき$v_p(n)\geq 1$に注意すると
\begin{align} M\mu(n) &=\prod_{p\vert n} \sum_{k=0}^{v_p(n)} \mu(p^k) \\ &=\prod_{p\vert n} (\mu(1) +\mu(p) +0) \\ &=\prod_{p\vert n} 0 \\ &=0 \end{align}
であるから
\begin{eqnarray} M\mu(n)= \left\{ \begin{array}{l} 1 \ \ \ (n=1) \\ 0 \ \ \ (n\gt 1) \end{array} \right. \end{eqnarray}
より$M\mu(n)=\varepsilon(n)$

  1. $n=1$のとき
    $$M\omega(n)=0$$
  2. $n\gt 1$のとき
    $$M\omega(n)=\omega(n)\sigma_0(n) -\sigma_0(n)\sum_{p\vert n} \dfrac{1}{v_p(n) +1}$$
証明

(i)は明らかなので(ii)を示す.
\begin{align} M\omega(n) &=\sigma_0(n)\sum_{p\vert n} \dfrac{1}{v_p(n) +1} \sum_{k=0}^{v_p(n)} \omega(p^k) \\ &=\sigma_0(n)\sum_{p\vert n} \dfrac{1}{v_p(n) +1} \sum_{k=1}^{v_p(n)} 1 \\ &=\sigma_0(n)\sum_{p\vert n} \dfrac{v_p(n)}{v_p(n) +1} \\ &=\sigma_0(n)\sum_{p\vert n} \left(1 -\dfrac{1}{v_p(n) +1}\right) \\ &=\omega(n)\sigma_0(n) -\sigma_0(n)\sum_{p\vert n} \dfrac{1}{v_p(n) +1} \end{align}

$$M\Omega(n)=\dfrac{\sigma_0(n)}{2} \Omega(n)$$

証明

$n=1$のとき$M\Omega(n)=\Omega(1)=0$より成立する.
$n\gt 1$のとき
\begin{align} M\Omega(n) &=\sigma_0(n)\sum_{p\vert n} \dfrac{1}{v_p(n) +1} \sum_{k=0}^{v_p(n)} \Omega(p^k) \\ &=\sigma_0(n)\sum_{p\vert n} \dfrac{1}{v_p(n) +1} \sum_{k=1}^{v_p(n)} k \\ &=\sigma_0(n) \sum_{p\vert n} \dfrac{1}{v_p(n) +1} \dfrac{v_p(n)(v_p(n) +1)}{2} \\ &=\dfrac{\sigma_0(n)}{2} \sum_{p\vert n} v_p(n) \\ &=\dfrac{\sigma_0(n)}{2} \Omega(n) \end{align}
より,$M\Omega(n)=\dfrac{\sigma_0(n)}{2}\Omega(n)$

$$M\mathrm{Id}_x(n)=\sigma_x(n)$$

約数関数の定義から明らか.

$$M\sigma_0(n)=\dfrac{\sigma_0(n)\sigma_0(n \ \mathrm{rad}(n))}{2^{\omega(n)}}$$

証明

\begin{align} M\sigma_0(n) &=\prod_{p\vert n}\sum_{k=0}^{v_p(n)} \sigma_0(p^k) \\ &=\prod_{p\vert n}\sum_{k=0}^{v_p(n)} (k +1) \\ &=\prod_{p\vert n}\sum_{k=1}^{v_p(n) +1} k \\ &=\prod_{p\vert n} \dfrac{(v_p(n) +1)(v_p(n) +2)}{2} \\ &=\dfrac{\displaystyle{\left(\prod_{p\vert n}(v_p(n) +1)\right)\left(\prod_{p\vert n}(v_p(n) +2)\right)}}{\displaystyle{\prod_{p\vert n} 2}} \\ &=\dfrac{\displaystyle{\left(\prod_{p\vert n}\sum_{k=0}^{v_p(n)} 1\right)\left(\prod_{p\vert n}\sum_{k=0}^{v_p(n) +1} 1\right)}}{2^{\omega(n)}} \\ &=\dfrac{M\mathrm{Id}_0(n)\displaystyle{\prod_{p\vert n \ \mathrm{rad}(n)}\sum_{k=0}^{v_p(n \ \mathrm{rad}(n))} 1}}{2^{\omega(n)}} \\ &=\dfrac{\sigma_0(n) \ M\mathrm{Id}_0(n \ \mathrm{rad}(n))}{2^{\omega(n)}} \\ &=\dfrac{\sigma_0(n)\sigma_0(n \ \mathrm{rad}(n))}{2^{\omega(n)}} \end{align}
これは$n=1$のときでも成立する.

$$M\varphi(n)=n$$

証明

$n=1$のときは明らかなので$n\gt 1$のときを示す.
\begin{align} M\varphi(n) &=\prod_{p\vert n} \sum_{k=0}^{v_p(n)} \varphi(p^k) \\ &=\prod_{p\vert n} \left(1 +\sum_{k=1}^{v_p(n)} \varphi(p^k)\right) \\ &=\prod_{p\vert n} \left(1 +\sum_{k=1}^{v_p(n)} p^k -p^{k -1}\right) \\ &=\prod_{p\vert n} \left(1 +p^{v_p(n)} -1\right) \\ &=\prod_{p\vert n} p^{v_p(n)} \\ &=n \end{align}
より,$M\varphi(n)=n$

$$MJ_x(n)=n^x$$

証明

$n=1$のとき$MJ_x(n)=J_x(1)=1$より成立.
$n\gt 1$のとき
\begin{align} MJ_x(n) &=\prod_{p\vert n} \sum_{k=0}^{v_p(n)} J_x(p^k) \\ &=\prod_{p\vert n} \left(1 +\sum_{k=1}^{v_p(n)}(p^x -1)p^{kx -x}\right) \\ &=\prod_{p\vert n} (1 +p^{v_p(n)x} -1) \\ &=\prod_{p\vert n} p^{v_p(n)x} \\ &=n^x \end{align}
以上により$MJ_x(n)=n^x$

$$M\varepsilon(n)=1(n)$$

証明

$$M\varepsilon(n)=\sum_{d\vert n,0\lt d} \varepsilon(d)=\varepsilon(1)=1=1(n)$$

$$M1(n)=\sigma_0(n)$$

証明

\begin{align} M1(n) &=\sum_{d\vert n,0\lt d} 1(d) \\ &=\sum_{d\vert n,0\lt d} 1 \\ &=\sigma_0(n) \end{align}

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投稿日:513
更新日:518

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約数関数、数列関係の記事を中心に書いていきます。 記事の内容に間違いがあれば教えてくれるとありがたいです。

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