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メビウス関数(Mobius function)

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 $\mu(n)$ を以下のように定義する。
(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。

[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。

メビウス関数の約数にわたる和

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

[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。

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$\mu(d)$と$\mu(n/d)$の約数にわたる和

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

次は メビウスの反転公式(Möbius inversion formula)を証明しますが、その前に準備として補題を1つ示しておきます。

【補題D1】\[d\,|\,n\;\wedge\;e\,|\,d\quad\Longleftrightarrow\quad e\,|\,n\;\wedge\;\frac{n}{d}\mid\frac{n}{e}\]

[証明] $d\,|\,n\;\wedge\; e\,|\,d$ ならば
\[n=kd,\quad d=le\]
とおけるので、
\[n=kle\quad\therefore e\,|\,d\]
が成り立ちます。さらに
\[\frac{n}{d}=k,\quad \frac{n}{d}=kl\]
なので、$\displaystyle\frac{n}{d}\mid\frac{n}{e}$ が成り立ちます。逆に $\displaystyle e\,|\,n\;\wedge\;\frac{n}{d}\mid\frac{n}{e}$ が成り立つとき、
\[\frac{n}{e}=m\frac{n}{d}\]
とおけるので、$d=me$ すなわち $e\,|\,d$ となります。(証明終)

ある整数論的関数 $g(n)$ を別の関数 $f(n)$ の約数にわたる和によって
\[g(n)=\sum_{d|n}f(d)\]
のように定義されるとき、逆に $f(n)$ が $g(n)$ によってどのように表されるかを述べているのが次の定理です。

【定理D11:メビウスの反転公式】
\[\begin{align*}g(n)=&\,\sum_{d|n}f(d)\qquad\qquad\quad (1)\\[6pt]
f(n)=&\,\sum_{d|n}\mu\left(\frac{n}{d}\right)g(d)\qquad (2)\end{align*}\]

[証明] (1) を (2) の右辺に代入すると
\[\sum_{d|n}\mu\left(\frac{n}{d}\right)\left[\sum_{e|d}f(e)\right]=\,\sum_{d|n}\left[\sum_{e|d}\mu\left(\frac{n}{d}\right)f(e)\right]\]
ここで先ほどの補題 D1
\[d\,|\,n\;\wedge\;e\,|\,d\quad\Longleftrightarrow\quad e\,|\,n\;\wedge\;\frac{n}{d}\mid\frac{n}{e}\]
を用いて和の変数を置き換えると
\[\sum_{d|n}\left[\sum_{e|d}\mu\left(\frac{n}{d}\right)f(e)\right]=\sum_{e|n}\left[\sum_{(n/d)|(n/e)}\mu\left(\frac{n}{d}\right)\right]f(e)\]
ここで [ ] の中は $n/e=1$ のときのみ $1$ となり、その他の場合は $0$ となります。よって $n=e$ より
\[\sum_{d|n}\mu\left(\frac{n}{d}\right)g(d)=f(n)\]
となることが示されました。(証明終)

メビウス関数とオイラー関数

メビウスの反転公式
\[\begin{align*}g(n)=&\,\sum_{d|n}f(d)\qquad\qquad\quad (1)\\[6pt]f(n)=&\,\sum_{d|n}\mu\left(\frac{n}{d}\right)g(d)\qquad (2)\end{align*}\]
において $f(n)=\varphi(n)$ とおくと、
\[g(n)=\sum_{d|n}\varphi(d)=n\]
となるので、
\[\varphi(n)=\sum_{d|n}\mu\left(\frac{n}{d}\right)d\]
$n=de$ とおくと

\[\varphi(n)=\sum_{e|n}\mu(e)\frac{n}{e}=n\sum_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}\]

となって、メビウス関数と オイラー関数 を結びつけることができます。$n=12$ の場合で試してみます。
\[\begin{align*}\varphi(12)=&\,12\sum_{d|12}\frac{\mu(d)}{d}\\[6pt]
=&\,12\left(\frac{\mu(1)}{1}+\frac{\mu(2)}{2}+\frac{\mu(3)}{3}+\frac{\mu(4)}{4}+\frac{\mu(6)}{6}+\frac{\mu(12)}{12}\right)\\[6pt]=&\,12\left(\frac{1}{1}+\frac{(-1)}{2}+\frac{(-1)}{3}+\frac{0}{4}+\frac{1}{6}+\frac{0}{12}\right)=4\end{align*}\]

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