（還沒寫完呢，只是重寫了之前的內容，還有新增。 2020.05.11）
極高的數學造詣與不怕勞累的精神
考慮這樣兩個函式 \(f(n),f(n)\)，它們的關係是 \(f(n)=\sum_f(d)\)。
我們可以手模出一些函式值如：
\(f(1)=f(1)\)
\(f(2)=f(1)+f(2)\)
\(f(3)=f(1)+f(3)\)
\(f(6)=f(1)+f(2)+f(3)+f(6)\)
我們嘗試用 \(f(n)\) 來表示 \(f(n)\)。
\(f(1)=f(1)\)
\(f(2)=f(2)−f(1)\)
\(f(3)=f(3)-f(1)\)
\(f(6)=f(6)−f(3)−f(2)+f(1)\)
我們發現存在乙個這樣的關係式：\(f(n)=\sum_f(d)\cdot \alpha(d)\),其中 \(\alpha(d)\) 是乙個與 \(d\) 有關的函式。
猜想莫比烏斯函式與 \(\alpha(d)\) 的關係。
發現在 \(f(3)\) 與 \(f(6)\) 的表示式當中 \(f(1)\) 的係數不相同，於是我們猜想 \(\alpha(d)=\mu(\frac n d)\)。
即\[f(n)=\sum_\mu(\frac n d)f(d)
\]考慮證明。
注意到 \(\frac n d \cdot d\) 為定值，所以原式可變形為
\[\sum_\mu(d)f(\frac n d)
\]我們將 \(f(\frac n d)\) 進行套娃代換，有
\[\sum_\mu(d)\sum_f(i)
\]根據實際意義我們可以發現 \(d|n\) 且 \(i|\frac n d\) 與 \(d\cdot i|n\) 等價，即我們只需要保證 \((\mu(d),f(i))\) 都被統計到答案裡面。於是我們將原式進行變形有
\[\sum_\mu(d)\sum_f(i)
\]交換內外層和式，有
\[\sum_f(i)\sum_\mu(d)
\]根據整除的實際意義繼續變換，有
\[\sum_f(i)\sum_\mu(d)
\]根據上文提及的性質二，有
\[\sum_\mu(d)=
\begin
1 &i=n\\
0 &i
於是有\[\sum_\mu(d)f(\frac n d)=\sum_f(i)\sum_\mu(d)=f(n)
\]得證。
這就是莫比烏斯反演。
莫比烏斯反演的另一種基本形式
\[f(n)=\sum_f(d)\mu(\frac d n)
\]可以用類似的方法證明得到。
這只是一種證明方式，還可以用狄利克雷卷積證明，下次繼續寫。
未完待續。
p3455&bzoj1101 【[poi2007]zap-queries】
莫比烏斯反演 二 莫比烏斯反演定理
首先設兩個任意函式f x 和f x 定義運算 f x sum f d 這時就可以用f x 表示f x f 1 f 1 f 2 f 1 f 2 f 3 f 3 f 1 f 4 f 4 f 2 f 1 f 5 f 5 f 1 f 6 f 6 f 3 f 2 f 1 這時可以試著用f x 表示f x f ...
莫比烏斯反演
首先 莫比烏斯函式有個性質 d n d 1 n 1 0 n 1 證明 n 1時，不做多餘說明。n 1 根據唯一分解定理，可以分解n ki 1pai i 對於那些含平方因子也就是存在ai 不為1的數，它的函式值為0，對答案沒有任何貢獻。所以我們來看看那些是互異素數乘積的數，每乙個成為它約數的數是什麼樣...
莫比烏斯反演
定理 f n 和f n 是定義在非負整數集合上的兩個函式，並且滿足條件f n d nf d 那麼我們得到結論f n d n d f n d 在上面的公式中有乙個函式 d 它的定義如下 1 若d 1，那麼 d 1 2 若d p1 p2 p k 均為互異素數，那麼 d 1 k 3 其它情況下 d 0 對...