倍数を渡るときのメビウスの反転公式

$\mathrm{\forall }n\in \mathbf{N},n\ge N⟹g(n)=0$をみたす$N\in \mathbf{N}$をとる．$x\ge N$であるとき，
$$(f\star g)(x)=\sum _{x\mid m}f\left(\frac{m}{x}\right)g(m)=0.$$

$$\begin{array}{rl}(f\star (g\star h))(n)& =\sum _{n\mid m}f\left(\frac{m}{n}\right)(g\star h)(m)\\ & =\sum _{n\mid m}f\left(\frac{m}{n}\right)\sum _{m\mid l}g\left(\frac{l}{m}\right)h(l)\\ & =\sum _{n\mid l}h(l)\sum _{n\mid m\mid l}f\left(\frac{m}{n}\right)g\left(\frac{l}{m}\right)\\ & =\sum _{n\mid l}h(l)\sum _{m\mid l/n}f(m)g\left(\frac{l}{nm}\right)\\ & =\sum _{n\mid l}h(l)(f\ast g)\left(\frac{l}{n}\right)\\ & =((f\ast g)\star h)(n).\end{array}$$

(1つ目の式) $⟹$ (2つ目の式) :
$$\mu \star f=\mu \star (\mathbf{1}\star g)=(\mu \ast \mathbf{1})\star g=\delta \star g=g.$$
(2つ目の式) $⟹$ (1つ目の式) : 同様．

$$\begin{array}{rl}\sum _{n\ne 1}g(n)& =\sum _{n\ne 1}(\mu \star f)(n)\\ & =\sum _{n\ne 1}\sum _{n\mid m}\mu \left(\frac{m}{n}\right)f(m)\\ & =\sum _{m\ne 1}f(m)\sum _{1\ne n\mid m}\mu \left(\frac{m}{n}\right)\\ & =\sum _{m\ne 1}f(m)(-\mu (m))\end{array}$$