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数論的関数のメビウス変換3

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前回 の続きになります.

メビウスの反転公式

メビウス変換の逆変換を考える.

メビウス変換の逆変換

$$A(Mf)(n)=f(n)$$
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.

メビウスの反転公式

$$M^{-1}f(n)=\sum_{d\vert n,0\lt d}f\left(\dfrac{n}{d}\right)\mu(d)$$

証明は先ほど行った.

$$M(M^{-1}f)(n)=M^{-1}(Mf)(n)=f(n)$$

証明

\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.

乗法的関数の逆変換

$f$を乗法的関数とすると,$M^{-1}f$も乗法的関数である.

証明

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.

加法的関数の逆変換

\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}

証明

$n=1$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.

逆変換の計算例

\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}

証明

$f(n)=\log(n)$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

投稿日:10日前

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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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