前回 の続きになります.
メビウス変換の逆変換を考える.
$$A(Mf)(n)=f(n)$$
となるような変換$A$を変換$M$の逆変換であるとして$M^{-1}$とおく.
少々ズルい方法で$M^{-1}$を求める.
\begin{align} M^{-1}(Mf)(n)=f(n) &=\sum_{d\vert n,0\lt d} f\left(\dfrac{n}{d}\right)\varepsilon(d) \\ &=\sum_{d_1\vert n,0\lt d_1} f\left(\dfrac{n}{d_1}\right) \sum_{d_2\vert d_1,0\lt d_2} \mu(d_2) \\ &=\sum_{d_1\vert n,0\lt d_1} \ \sum_{d_2\vert d_1,0\lt d_2} f\left(\dfrac{n}{d_1}\right) \mu(d_2) \\ \text{$d_1=d_2d_3 \ $とおくと} \\ &=\sum_{d_2d_3\vert n \ , \ 0\lt d_2 \ , \ 0\lt d_3} f\left(\dfrac{n}{d_2d_3}\right) \mu(d_2) \\ &=\sum_{d_2\vert n,0\lt d_2} \ \sum_{d_3\vert\frac{n}{d_2},0\lt d_3} f\left(\dfrac{n}{d_2d_3}\right) \mu(d_2) \\ &=\sum_{d_2\vert n,0\lt d_2} \mu(d_2) \sum_{d_3\vert\frac{n}{d_2},0\lt d_3} f(d_3) \\ &=\sum_{d_2\vert n,0\lt d_2} Mf\left(\dfrac{n}{d_2}\right) \mu(d_2) \\ M^{-1}(Mf)(n)&=\sum_{d\vert n,0\lt d} Mf\left(\dfrac{n}{d}\right) \mu(d) \end{align}
となる.これにより次の定理をえる.
$$M^{-1}f(n)=\sum_{d\vert n,0\lt d}f\left(\dfrac{n}{d}\right)\mu(d)$$
証明は先ほど行った.
$$M(M^{-1}f)(n)=M^{-1}(Mf)(n)=f(n)$$
\begin{align}
M(M^{-1}f)(n)
&=\sum_{d_1\vert n,0\lt d_1} M^{-1}f(d_1) \\
&=\sum_{d_1\vert n,0\lt d_1} \ \sum_{d_2\vert d_1,0\lt d_2} f\left(\dfrac{d_1}{d_2}\right) \mu(d_2) \\
\text{$d_1=d_2d_3$とおくと} \\
&=\sum_{d_2d_3\vert n,0\lt d_2,0\lt d_3} f(d_3) \mu(d_2) \\
&=\sum_{d_3\vert n,0\lt d_3} \ \sum_{d_2\vert \frac{n}{d_3},0\lt d_2} f(d_3) \mu(d_2) \\
&=\sum_{d_3\vert n,0\lt d_3} f(d_3) \varepsilon\left(\dfrac{n}{d_3}\right) \\
&=f(n) \\
\end{align}
この逆変換$M^{-1}$について少々面白いことがわかったので紹介したい.
$f$を乗法的関数とすると,$M^{-1}f$も乗法的関数である.
自然数$m,n$が互いに素であるとすると,
\begin{align}
M^{-1}f(mn)
&=\sum_{d\vert mn,0\lt d} f\left(\dfrac{mn}{d}\right)\mu(d) \\
&=\sum_{\mathrm{gcd}(d_1,d_2)=1 \ , \ d_1\vert m \ , \ d_2\vert n \ , \ 0\lt d_1 \ , \ 0\lt d_2} f\left(\dfrac{mn}{d_1d_2}\right)\mu(d_1d_2) \\
&=\sum_{d_1\vert m \ , \ d_2\vert n \ , \ 0\lt d_1 \ , \ 0\lt d_2} f\left(\dfrac{m}{d_1}\right)f\left(\dfrac{n}{d_2}\right)\mu(d_1)\mu(d_2) \\
&=\sum_{d_1\vert m,0\lt d_1} f\left(\dfrac{m}{d_1}\right)\mu(d_1) \sum_{d_2\vert n,0\lt d_2} f\left(\dfrac{n}{d_2}\right)\mu(d_2) \\
&=M^{-1}f(m)M^{-1}f(n)
\end{align}
となる.
これにより,$f$が乗法的関数であることと$Mf$または$M^{-1}f$が乗法的関数であることが同値であるとわかる.
\begin{eqnarray} \text{$f$を加法的関数とすると,}M^{-1}f(n)= \left\{ \begin{array}{l} 0 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (n=1) \\ f(n) -f\left(\dfrac{n}{\mathrm{rad}(n)}\right) \ \ \ \ (\text{$n$は素数の冪}) \\ 0 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (\text{$n$は素数の冪でない合成数}) \end{array} \right. \end{eqnarray}
$n=1$のとき
$$M^{-1}f(n)=f(1)=0$$より成り立つ.$n\gt 1$のとき
\begin{eqnarray}
M^{-1}f(n)
&=&\sum_{d\vert n,0\lt d} f\left(\dfrac{n}{d}\right) \mu(d) \\
&=&\sum_{0\lt k_1\lt v_{p_1}(n) \ , \ \cdots \ , \ 0\lt k_m\lt v_{p_m}(n)} f\left(p_1^{v_{p_1}(n) -k_1}\cdots p_m^{v_{p_m}(n) -k_m}\right) \mu(p_1^{k_1}\cdots p_m^{k_m}) \ \ \ \ (m=\omega(n)) \\
&=&\sum_{0\lt k_1\lt v_{p_1}(n) \ , \ \cdots \ , \ 0\lt k_m\lt v_{p_m}(n)} f(p_1^{v_{p_1}(n) -k_1}) \mu(p^{k_1}\cdots p_m^{k_m}) +\cdots +\sum_{0\lt k_1\lt v_{p_1}(n) \ , \ \cdots \ , \ 0\lt k_m\lt v_{p_m}(n)} f(p_m^{v_{p_m}(n) -k_m}) \mu(p_1^{k_1}\cdots p_m^{k_m}) \\
&=&\sum_{0\lt k_1\lt v_{p_1}(n) \ , \ \cdots \ , \ 0\lt k_m\lt v_{p_m}(n)} f(p_1^{v_{p_1}(n) -k_1}) \mu(p_1^{k_1})\cdots \mu(p_m^{k_m}) +\cdots +\sum_{0\lt k_1\lt v_{p_1}(n) \ , \ \cdots \ , \ 0\lt k_m\lt v_{p_m}(n)} f(p_m^{v_{p_m}(n) -k_m}) \mu(p_1^{k_1})\cdots \mu(p_m^{k_m}) \\
&=&\sum_{0\lt k_1\lt 1 \ , \ \cdots \ , \ 0\lt k_m\lt 1} f(p_1^{v_{p_1}(n) -k_1}) \mu(p_1^{k_1})\cdots \mu(p_m^{k_m}) +\cdots +\sum_{0\lt k_1\lt 1 \ , \ \cdots \ , \ 0\lt k_m\lt 1} f(p_m^{v_{p_m}(n) -k_m}) \mu(p_1^{k_1})\cdots \mu(p_m^{k_m}) \\
&=&\left(f(p_1^{v_{p_1}(n)}) -f(p_1^{v_{p_1}(n) -1})\right)\sum_{0\lt k_2\lt 1 \ , \ \cdots \ , \ 0\lt k_m\lt 1} \mu(p_2^{k_2})\cdots\mu(p_m^{k_m}) +\cdots +\left(f(p_m^{v_{p_m}(n)}) -f(p_m^{v_{p_m}(n) -1})\right)\sum_{0\lt k_1\lt 1 \ , \ \cdots \ , \ 0\lt k_{m -1}\lt 1} \mu(p_1^{k_1})\cdots\mu(p_{m -1}^{k_{m -1}}) \\
&=&\sum_{p\vert n} \left(f(p^{v_p(n)}) -f(p^{v_p(n) -1})\right) \sum_{i=0}^{m -1} {}_{m -1}C_i (-1)^i \\
&=&\left(f\left(\prod_{p\vert n} p^{v_p(n)}\right) -f\left(\prod_{p\vert n} \dfrac{p^{v_p(n)}}{p}\right)\right) \sum_{i=0}^{m -1} {}_{m -1}C_i (-1)^i \cdot 1^{m -i -1} \\
&=&\left(f(n) -f\left(\dfrac{n}{\mathrm{rad}(n)}\right)\right) \cdot 0^{\omega(n) -1} \\
&=&\left\{
\begin{array}{l}
f(n) -f\left(\dfrac{n}{\mathrm{rad}(n)}\right) \ \ \ \ (\omega(n)=1) \\
0 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (\omega(n)\gt 1)
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
ここで$\omega(n)=1$とは$n$が素数の冪であることであり,$\omega(n)\gt 1$とは$n$が素数の冪でない合成数であることである.
以上より,$f$を加法的関数とすると
\begin{eqnarray}
M^{-1}f(n)=
\left\{
\begin{array}{l}
0 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (n=1) \\
f(n) -f\left(\dfrac{n}{\mathrm{rad}(n)}\right) \ \ \ \ (\text{$n$は素数の冪}) \\
0 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (\text{$n$は素数の冪でない合成数})
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
となる.
すぐにわかるように,$f$が加法的関数でも$M^{-1}f$は加法的関数にならない.
\begin{eqnarray} M^{-1}\log(n)= \left\{ \begin{array}{l} \log p \ \ \ \ (\text{$n$は素数$p$の冪})\\ 0 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (\text{$n$は素数$p$の冪でない}) \end{array} \right. \end{eqnarray}
$f(n)=\log(n)$とすると,
$$\log(n) -\log\left(\dfrac{n}{\mathrm{rad}(n)}\right)=\log(\mathrm{rad}(n))$$
であるから,命題4より
\begin{eqnarray}
M^{-1}\log(n)=
\left\{
\begin{array}{l}
\log p \ \ \ \ (\text{$n$は素数$p$の冪})\\
0 \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (\text{$n$は素数$p$の冪でない})
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
となる.
$M^{-1}\log$はフォン・マンゴルト関数$\Lambda$と呼ばれる.
前の記事 数論的関数のメビウス変換2