メビウス関数の定義と性質

メビウス関数の定義

 任意の自然数 $n$ の約数すべてにわたって和をとったときに $0$ になるような関数 $f(n)$ があれば、数論にとって非常に有用な関数となります。1831 年、メビウスの輪で有名なドイツの数学者メビウス (August Ferdinand Möbius) がそのような条件を満たす関数 $\mu (n)$ を発表しました。

[定義 D3] メビウス関数 (Mobius function) を以下のように定義します。
(1) $n=1$ のときは $\mu (n)=1$
(2) $n$ が $r$ 個の異なる素数の積であるときは $\mu (n)=(-1)^r$
(3) $n$ が平方因子(素数の 2 乗)をもつときは $\mu (n)=0$

 具体的に計算してみましょう。

  $n=1$ のときは定義によって $\mu (1)=1$

  $n=2$ は 1 個の素数の積なので $\mu (2)=(-1)^1=-1$

  $n=3$ のときも同様に $\mu (3)=-1$

  $n=4$ のときは平方因子 $2^2$ をもつので $\mu (4)=0$

 以下同様に計算していくと、
 
\[\mu (5)=-1,\quad\mu (6)=\mu (2\cdot 3)=(-1)^2=1,\quad\mu (7)=-1,\quad\cdots\]
のような値をとることがわかります。定義より明らかに素数 $p$ について
 
\[\mu (p)=-1,\quad \mu (p^k)=0\quad(k=2,\:3,\:\cdots)\]
が成り立ちます。
 

メビウス関数は乗法的関数です

 メビウス関数が乗法的であることを証明しておきます。

[定理 D9] メビウス関数は $(a,\:b)=1$ のとき
\[\mu (ab)=\mu (a)\,\mu (b)\]を満たす乗法的関数です。

[定理 D9 の証明] $a,\;b$ を素因数分解して
 
\[\begin{align*}
a=&\,p_1^{\,a_1}\,p_2^{\,a_2}\,\cdots\,p_i^{\,a_i}\\[6pt]
b=&\,q_1^{\,b_1}\,q_2^{\,b_2}\,\cdots\,p_j^{\,b_j}\end{align*}\]
のように表せたとします。$(a,\:b)=1$ なので、
 
\[p_1,\;p_2,\;\cdots,\;p_i,\;q_1,\;q_2,\;\cdots,\;q_j\]
の中に共通する素因数はないので、$a$ と $b$ の積をつくると
 
\[ab=p_1^{\,a_1}\,p_2^{\,a_2}\,\cdots\,p_i^{\,a_i}\,q_1^{\,b_1}\,q_2^{\,b_2}\,\cdots\,q_i^{\,b_i}\]
となります。$a_1,\;a_2,\;\cdots,\;b_1,\;b_2$ のなかに 2 以上の値があるときは
 
\[\mu (a)\,\mu (b)=0=\mu (ab)\]
となります。$a_1=a_2=\cdots b_1=b_2=\cdots =1$ のときは
 
\[\mu (a)=(-1)^i,\quad\mu (b)=(-1)^j,\quad\mu (ab)=(-1)^{i+j}\]
となるので、
 
\[\mu (ab)=\mu (a)\mu (b)\]
が成り立ちます。(証明終)

 たとえば $n=20$ のとき、
 
\[\mu (35)=\mu (5)\,\mu (7)=(-1)\cdot (-1)=1\]
のように計算できます。
 

すべての約数についてメビウス関数の和をとります

 たとえば $n=12$ のとき、そのすべての約数について和をとると
 
\[\begin{align*}\sum_{d|12}\mu (d)=&\,\mu (1)+\mu (2)+\mu (3)+\mu (4)+\mu (6)+\mu (12)\\[6pt]
=&\,1+(-1)+(-1)+0+(-1)^2+0=0\end{align*}\]
となります。これは一般にも成り立つ定理です。

[定理 D10]
\[\sum_{d|n}\mu (d)=\begin{cases}1 & (n=1)\\[6pt]
0 & (n\gt 1)\end{cases}\]

[定理 D10 の証明] $n=1$ のときは定義より明らかです。$n\neq 1$ のとき
 
\[n=p_1^{\,a_1}\,p_2^{\,a_2}\,\cdots\,p_k^{\,a_k}\]
のように素因数分解されたとすると、その約数は
 
\[d=p_1^{\,x_1}\,p_2^{\,x_2}\,\cdots\,p_k^{\,a_k}\quad (1\leq x_i\leq a_k)\]
で表されます。$x_i\geq 2$ であれば $\mu (d)=0$ なので、このようなケースを除いて、$x_i=0$ または $x_i=1$ についてのみ和をとると
 
\[\begin{align*}\sum_{d|n}\mu (d)&=\mu (1)+\mu (p_1)+\mu (p_2)+\cdots +\mu (p_k)+\cdots\\[6pt]
&+\mu (p_1\,p_2)+\mu (p_1\,p_3)+\cdots\\[6pt]
&+\mu (p_1\,p_2\,p_3)+\mu (p_1\,p_3\,p_4)+\cdots\\[6pt]
&+\cdots\cdots\cdots\\[6pt]&+\mu (p_1\,p_2\,\cdots\,p_k)\end{align*}\]
 ここでたとえば $\mu (p_1\,p_2)+\mu (p_1\,p_3)+\cdots$ は $k$ 個から異なる $2$ 個を取り出したときの組み合わせの和となっているので、
 
\[\begin{align*}\sum_{d|n}\mu (d)=&\,1+{}_k\mathrm{C}_1\,(-1)+{}_k\mathrm{C}_2\,(-1)^2+\cdots+{}_k\mathrm{C}_k\\[6pt]
=&\,\{1+(-1)\}^k=0\end{align*}\]
となります。(証明終)

 証明の最後のところでは 二項定理
 
\[(a+b)^n=\sum_{k=0}^n{}_n\mathrm{C}_k\:a^{n-k}\:b^{\:k}\]
を用いました。
 

数論序説

$\mu (d)$ と $\mu (n/d)$ の約数にわたる和は等しくなります

 たとえば $\mu(10/d)$ の約数にわたる和を計算してみると
 
\[\begin{align*}\sum_{d|10}\mu\left(\frac{10}{d}\right)=&\mu\left(\frac{10}{1}\right)+\mu\left(\frac{10}{2}\right)+\mu\left(\frac{10}{5}\right)+\mu\left(\frac{10}{10}\right)\\[6pt]
&=\mu(10)+\mu(5)+\mu(2)+\mu(1)=\sum_{d|10}\mu(d)\end{align*}\]
のようになって $\mu(d)$ の和に等しくなります。一般的にも

\[\sum_{d|n}\mu\left(\frac{n}{d}\right)=\sum_{d|n}\mu(d)\]

という関係が成り立ちます。 ≫ メビウスの反転公式 ≫ 初等整数論入門講座

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