📂整数論

算術関数の乗法的性質

定義 ¹

1. $\forall n \in \mathbb{N}$について、$f(n) = 0$でない算術関数$f$が次を満たす場合、乗法的関数という。 $$ f(mn) = f(m) f(n) \qquad,\gcd(m,n)=1 $$
2. 乗法的関数が次の条件を満たす場合、完全乗法的関数という。 $$ f(mn) = f(m) f(n) \qquad,m,n \in \mathbb{N} $$

基本性質

• [1]: $f$が乗法的なら、$f(1) = 1$である。
• [2]: $f$が乗法的関数であることと、全ての素数$p_{1} , \cdots , p_{r}$と全ての$a_{1} , \cdots, a_{r} \in \mathbb{N}$に対して$f \left( p_{1}^{a_{1}} \cdots p_{r}^{a_{r}} \right) = f \left( p_{1}^{a_{1}} \right) \cdots f \left( p_{r}^{a_{r}} \right)$であることは同値である。
• [3]: $f$が乗法的なら、$p \mid n$を満たす素数$p$について $$ \sum_{d \mid n} \mu (d) f(d) = \prod_{p \mid n} \left( 1 - f(p) \right) $$
• [4]: $f$が乗法的なら、$f$が完全乗法的関数であることと、全ての素数$p$と全ての$a \in \mathbb{N}$に対して$f \left( p^{a} \right) = \left[ f(p) \right]^{a}$であることは同値である。
• [5]: $f$が乗法的なら、$f$が完全乗法的関数であることと、 $f$のディリクレ積に対する逆数$f^{-1}$が次のように表されることは同値である。 $$ f^{-1} (n) = \mu (n) f (n) $$
• [6]: $f$が完全乗法的であれば、$F(n) := \sum_{d \mid n} f(d)$も乗法的である。

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• $\mu$はメビウス関数である。

説明

当然ながら、完全乗法的であれば乗法的である。

算術関数が乗法的であるということは、数学全般で言われる「独立」に似た条件を満たすもので、関数値を細かく考えることができるため、自然に豊かな数学的性質を持つことになる。

定理[1]はとても簡単に導出されるが、メビウス関数の集合が群になるための重要な条件となる$f(1) \ne 0$を含意する。

証明

[1]

$f(1) = f( 1 \cdot 1) = f(1) f(1)$であるから、$f(1) = 1$でなければならない。

■

[2]

$(\Rightarrow)$

$f$が乗法的であり、異なる素数$p \ne q$に対して常に$\gcd \left( p^{a} , q^{b} \right) = 1$であるから $$ \begin{align*} f \left( p_{1}^{a_{1}} \cdots p_{r}^{a_{r}} \right) =& f \left( p_{1}^{a_{1}} \right) f \left( p_{2}^{a_{2}} \cdots p_{r}^{a_{r}} \right) \\ =& f \left( p_{1}^{a_{1}} \right) f \left( p_{2}^{a_{2}} \right) f \left( p_{3}^{a_{3}} \cdots p_{r}^{a_{r}} \right) \\ =& f \left( p_{1}^{a_{1}} \right) \cdots f \left( p_{r}^{a_{r}} \right) \end{align*} $$

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$(\Leftarrow)$

$m = p_{1}^{a_{1}} \cdots p_{r}^{a_{r}}$、$n = q_{1}^{b_{1}} \cdots q_{s}^{b_{s}}$そして$\gcd(m,n) =1$とすると $$ \begin{align*} f(mn) =& f \left( p_{1}^{a_{1}} \cdots p_{r}^{a_{r}} q_{1}^{b_{1}} \cdots q_{s}^{b_{s}} \right) \\ =& f \left( p_{1}^{a_{1}} \right) \cdots f \left( p_{r}^{a_{r}} \right) f \left( q_{1}^{b_{1}} \right) \cdots f \left( q_{s}^{b_{s}} \right) \\ =& f \left( p_{1}^{a_{1}} \cdots p_{r}^{a_{r}} \right) f \left( q_{1}^{b_{1}} \cdots q_{s}^{b_{s}} \right) \\ =& f(m)f(n) \end{align*} $$

■

[3]

戦略：メビウス関数の性質を使わなければならない。

メビウス関数の定義：素数$p_{1} , \cdots , p_{k}$に対して自然数$n$が$n = p_{1}^{a_{1}} \cdots p_{k}^{a_{k}}$と表されるとする。次のように定義された算術関数$\mu$をメビウス関数という。 $$ \mu (n) := \begin{cases} 1 &, n=1 \\ (-1)^{k} &, a_{1} = \cdots = a_{k} = 1 \\ 0 & , \text{otherwise} \end{cases} $$ 乗法性：$\gcd (m,n) = 1$を満たす全ての$m, n \in \mathbb{N}$に対して$\mu (mn) = \mu (m) \mu (n)$

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$$ g(n) := \sum_{d \mid n} \mu (d) f(d) $$ そして、$m$が$g(m,n) = 1$を満たすとする。すると、$a \mid m$と$b \mid n$を満たす$d = ab$については$\gcd(a,b) = 1$も成り立つため、シグマを別々に考えることができる。また、$\mu$が乗法的であり、前提で$f$も乗法的であるため、 $$ \begin{align*} g(mn) =& \sum_{ab \mid mn} \mu (ab) f(ab) \\ =& \sum_{a \mid m \\ b \mid n} \mu (ab) f(ab) \\ =& \sum_{a \mid m \\ b \mid n} \mu (a) \mu (b) f(a) f(b) \\ =& \sum_{a \mid m} \mu (a) f(a) \sum_{b \mid n} \mu (b) f(b) \\ =& g(m)g(n) \end{align*} $$

したがって、$g$も乗法的である。そうすると定理[2]により、$g \left( p_{1}^{a_{1}} \cdots p_{r}^{a_{r}} \right) = g \left( p_{1}^{a_{1}} \right) \cdots g \left( p_{r}^{a_{r}} \right)$であるため、固定された素数$p$について$g \left( p^{a} \right)$の計算だけで良い。定理[1]により、$f(1)=1$そして$\mu (1) = 1$であり、$\mu (p) = -1$、そしてそれ以上の次数$k \ge 2$に対しては全て$\mu (p^{k}) = 0$であるから $$ \begin{align*} g \left( p^{a} \right) =& \sum_{d \mid p^{a}} \mu (d) f(d) \\ =& \mu (1) f(1) + \mu (p) f(p) \\ =& 1 \cdot 1 - 1 \cdot f(p) \\ =& 1 - f(p) \end{align*} $$ 自然数$n = p_{1}^{a_{1}} \cdots p_{r}^{a_{r}}$に対してまとめると $$ g(n) = \prod_{p \mid n} g \left( p^{a} \right) = \prod_{p \mid n} \left( 1 - f(p) \right) $$

■

[4]

$(\Rightarrow)$

$f$は完全乗法的であるから、 $$ f \left( p^{a} \right) = f(p) \left( p^{a-1} \right) = \left[ f(p) \right]^{2} \left( p^{a-2} \right) = \cdots = \left[ f \left( p \right) \right]^{a} $$

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$(\Leftarrow)$

素数$p_{1} , \cdots , p_{s}$と整数$a_{1} , \cdots, a_{s} , b_{1} , \cdots , b_{s} \in \mathbb{N}_{0}$そして自然数$c_{1}, \cdots , c_{t} \in \mathbb{N}$に対して任意の$m$と$n$が次のように表されるとしよう。 $$ m = p_{1}^{a_{1}} \cdots p_{t}^{a_{t}} \\ n = p_{1}^{b_{1}} \cdots p_{t}^{b_{t}} \\ mn = p_{1}^{c_{1}} \cdots p_{t}^{c_{t}} $$ $m$と$n$が素数$p_{i}$を約数として持たない場合、それぞれ$a_{i} = 0$、$b_{i} = 0$である。$f$は乗法的であるから、 $$ \begin{align*} f(mn) =& f \left( p_{1}^{c_{1}} \cdots p_{t}^{c_{t}} \right) \\ =& f \left( p_{1}^{c_{1}}) \cdots f( p_{t}^{c_{t}} \right) \\ =& \left[ f ( p_{1}) \right]^{c_{1}} \cdots \left[ f ( p_{t}) \right]^{c_{t}} \\ =& \left[ f ( p_{1}) \right]^{a_{1}} \left[ f ( p_{1}) \right]^{b_{1}} \cdots \left[ f ( p_{t}) \right]^{a_{t}} \left[ f ( p_{t}) \right]^{b_{t}} \\ =& \left[ f ( p_{1}) \right]^{a_{1}} \cdots \left[ f ( p_{t}) \right]^{a_{t}} \left[ f ( p_{1}) \right]^{b_{1}} \cdots \left[ f ( p_{t}) \right]^{b_{t}} \\ =& \left[ f ( p_{1}^{a_{1}}) \right] \cdots \left[ f ( p_{t}^{a_{t}}) \right] \left[ f ( p_{1}^{b_{1}}) \right] \cdots \left[ f ( p_{t}^{b_{t}}) \right] \\ =& f \left( p_{1}^{a_{1}} \cdots p_{t}^{a_{t}} \right) f \left( p_{1}^{b_{1}} \cdots p_{t}^{b_{t}} \right) \\ =& f(m)f(n) \end{align*} $$

■

[5]

$(\Rightarrow)$

$g(n) := \mu (n) f(n)$としよう。

$f$は完全乗法的であり、$\displaystyle \sum_{d \mid n } \mu (d) = I(n)$であるから、 $$ \begin{align*} (gf)(n) =& \sum_{d \mid n} \mu (d) f (d) f \left( {{ n } \over { d }} \right) \\ =& f(n) \sum_{d \mid n} \mu (d) \\ =& f(n) I(n) \end{align} $$ 定理[1]で、$f(1) = 1$であり、アイデンティティ関数$I$は$n > 1$で$I(n) = 0$であるから、$f(n) I(n) = I(n)$である。まとめると、$(g \ast\ f) (n) = I (n)$であるから、$g = f^{-1}$である。

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$(\Leftarrow)$

任意の素数$p$と自然数$a \in \mathbb{N}$に対して$n = p^{a}$としよう。

$f^{-1} (n) := \mu (n) f (n)$なら $$ \begin{align*} \sum_{d \mid n} \mu (d) f (d) f \left( {{ n } \over { d }} \right) =& \sum_{d \mid n} f^{-1} (d) f \left( {{ n } \over { d }} \right) \\ =& (f^{-1} \ast\ f ) (n) \\ =& I(n) \\ =& 0 \end{align*} $$

メビウス関数の定義：素数$p_{1} , \cdots , p_{k}$に対して自然数$n$が$n = p_{1}^{a_{1}} \cdots p_{k}^{a_{k}}$と表されるとする。次のように定義された算術関数$\mu$をメビウス関数という。 $$ \mu (n) := \begin{cases} 1 &, n=1 \\ (-1)^{k} &, a_{1} = \cdots = a_{k} = 1 \\ 0 & , \text{otherwise} \end{cases} $$

メビウス関数の定義に従って、$k \ge 2$なら$\mu (p^{k} ) = 0$であるから、 $$ \mu (1) f(1) f \left( p^{a} \right) + \mu (p) f(p) f \left( p^{a-1} \right) + 0 + \cdots + 0 = 0 $$ 前提で$f$は乗法的関数であったので、定理[1]により$f(1) = 1$である。一方、メビウス関数は$\mu (1) = 1$であり、$\mu (p) = -1$であるから、 $$ 1 \cdot 1 \cdot f \left( p^{a} \right) + (-1) \cdot f(p) f \left( p^{a-1} \right) = 0 $$ まとめると、 $$ f \left( p^{a} \right) = f(p) f \left( p^{a-1} \right) $$ 再帰的に解くと$f \left( p^{a} \right) = f(p)^{a}$であるので、**定理[4]**により、$f$は完全乗法的である。

■

[6]

$\gcd (m,n) = 1$と仮定すると、$m$の約数と$n$の約数を区別できる。便宜上、$a_{1} , \cdots, a_{M}$が$m$の約数、$b_{1} , \cdots , b_{N}$が$n$の約数だとしよう。 $$ \begin{align*} F(mn) =& \sum_{d \mid mn} f(d) \\ =& f(1) + f(a_{1}) + \cdots + f (a_{M}) + f(b_{1}) + \cdots + f(b_{N}) \\ & + f(a_{1}b_{N}) + \cdots + f(a_{M} b_{1}) + \cdots + f(a_{1} a_{2} b_{N}) + \cdots + f(mn) \\ =& \sum_{a \mid m} f(a) \sum_{b \mid n} f(b) \\ =& F(m) F(n) \end{align*} $$

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