倍数を渡るときのメビウスの反転公式
はじめに
こんにちは．なんとなく数式をいじくっていたら，まあまあ面白い事実が得られたので紹介します．
メビウス反転公式亜種
$\mathbf{N}$は$0$を含まない自然数全体の集合とします．
$f : \mathbf{N} \to \mathbf{C}$が有限であるとは以下をみたすことをいう：
\begin{equation*}
\exists N \in \mathbf{N}, \forall n \in \mathbf{N}, n \geq N \implies f(n) = 0.
\end{equation*}
$f, g : \mathbf{N} \to \mathbf{C}$，$g$は有限であるとする．$f \star g : \mathbf{N} \to \mathbf{C}$を次で定める：
\begin{equation*}
(f \star g)(n) \coloneqq \sum_{n \mid m} f\left(\frac{m}{n}\right) g(m).
\end{equation*}
$f, g : \mathbf{N} \to \mathbf{C}$，$g$は有限であるとする．このとき，$f \star g$は有限である．
$\forall n \in \mathbf{N}, n \geq N \implies g(n) = 0$をみたす$N \in \mathbf{N}$をとる．$x \ge N$であるとき，
\begin{equation*}
(f \star g)(x) = \sum_{x \mid m} f\left(\frac{m}{x}\right) g(m) = 0.
\end{equation*}
$f, g : \mathbf{N} \to \mathbf{C}$．$f \ast g : \mathbf{N} \to \mathbf{C}$を次で定める：
\begin{equation*}
(f \ast g)(n) = \sum_{d \mid n} f\left(\frac{n}{d}\right) g(d).
\end{equation*}
$f, g, h : \mathbf{N} \to \mathbf{C}$，$h$は有限であるとする．このとき，以下が成り立つ：
\begin{equation*}
f \star (g \star h) = (f \ast g) \star h.
\end{equation*}
\begin{align*} (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{align*}
具体例を与えます．ここで使う関数たちを定義していきます．
- $\delta(x) = \left\{\begin{array}{ll} 1 & (x = 1) \\ 0 & (x \ge 2) \end{array}\right.$．
- $\mathbf{1}(x) = 1$．
- $\mu$をメビウス関数とする．
$f, g : \mathbf{N} \to \mathbf{C}$は有限であるとする．次の二つは同値である．
- $f = \mathbf{1} \star g$
- $g = \mu \star f$.
(1つ目の式) $\implies$ (2つ目の式) :
\begin{equation*}
\mu \star f = \mu \star (\mathbf{1} \star g) = (\mu \ast \mathbf{1}) \star g = \delta \star g = g.
\end{equation*}
(2つ目の式) $\implies$ (1つ目の式) : 同様．
$f, g : \mathbf{N} \to \mathbf{C}$は有限で，$f = \mathbf{1} \star g$をみたす．このとき，以下が成り立つ：
\begin{equation*}
\sum_{n \ne 1} g(n) = \sum_{n \ne 1} \left(-\mu(n)\right) f(n).
\end{equation*}
\begin{align*} \sum_{n \ne 1} g(n) &= \sum_{n \ne 1} \left(\mu \star f\right)(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) \left(-\mu(m)\right) \end{align*}
おわりに
ディリクレの畳み込みと言えばディリクレ級数です．この倍数を渡る畳み込みもいい感じの級数の掛け算でうまく俯瞰してやることができると思います．例えば，有限個の正の有理数$q$をとってきて，数列$\{q ^ n\}$の線形結合を考えてこの数列の積を考えるみたいなこととかできそうですよね．でも，有限個とかの情報を入れてあげないと無限和が簡単に出てきてしまうのが面倒そうです．良い情報が得られたら続きを書くかもしれません．
ありがとうございました．
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