本記事の内容
本記事は、数論的関数の中でオイラーの\(\varphi\)関数と同様に重要なメビウス関数に対し、その和の性質を解説する記事です。
本記事を読むに当たり、オイラーの\(\varphi\)関数を知っているとよりイメージが湧きやすいと思われますので、以下の記事も合わせてご覧ください。
(整)数論的関数について
関数は数多あるわけですが、変数が整数値を取るときにのみ意味を持つ関数を整数論的関数または単に数論的関数と呼びます。
オイラーの\(\varphi\)関数が最たる例です。
オイラーの\(\varphi\)関数は何だったかというと、以下でした。
オイラーの\(\varphi\)関数
関数\(\varphi:\mathbb{N}\longrightarrow \mathbb{N}\)を、\(n\in\mathbb{N}\)に対して詳しくは【代数学の基礎シリーズ】初等整数論編 その16を御覧ください。
メビウス関数とは？
結論としては、
です。
メビウス関数とは何か？
では、具体的にメビウス関数\(\mu:\mathbb{N}\longrightarrow\left\{ -1,0,1\right\}\)とは何かという話をします。
\(n\in\mathbb{N}\)に対して、\(n=1\)であれば\(1\)を対応させます。
すなわち\(\mu(1)=1\)と定めます。
\(n\neq1\)であるとき、\(n\)を素因数分解して
$$
n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k}
$$
と書いたとしましょう。
ただし、\(p_1<p_2<\cdots<p_k\)は素数で、\(a_1\in\mathbb{N}\)です。
このとき、任意の\(1\leq i\leq k\)なる\(i\in\mathbb{N}\)に対して\(a_i=1\)であるときは\((-1)^k\)を対応させます。
すなわち、この場合は\(\mu(n)=(-1)^k\)と定めます。
それ以外の場合は\(0\)を対応させます。
要するに、\(n\in\mathbb{N}\)に対して
- \(n=1\)ならば\(\mu(n)=1\)
- \(n\)が相異なる\(k\)個の素数の積で表せるならば\(\mu(n)=(-1)^k\)
- \(n\)が平方数を因数に持つならば\(\mu(n)=0\)
ということです。
これをまとめて書けば
メビウス関数
関数\(\mu\mu:\mathbb{N}\longrightarrow\mathbb{N}\)を、\(n\in\mathbb{N}\)に対して $$ \mu(n)= \begin{cases} 1&(n=1)\\ (-1)^k&(k=p_1p_2\cdots p_k)\\ 0&({\rm otherwise}) \end{cases} $$ で定める。 ただし、\(p_1<p_2<\cdots<p_k\)は素数とする。 この関数\(\mu\)をメビウス関数(M\(\ddot{{\rm o}}\)bius関数)という。具体的に計算してみる
いきなり「メビウス関数とはこれです。では行きましょう」では分かりにくいので、実際に数個計算してみましょう。
- \(\mu(1)=1\)
これはそのままです。 - \(\mu(2)=-1\)
なぜかというと、\(2\)は素数ですので、1つの素数で表現できているわけですから\(\mu(2)=(-1)^1=-1\)です。 - \(\mu(3)=-1\)
\(\mu(2)\)の場合と同じです。 - \(\mu(4)=0\)
\(4=2^2\)と素因数分解できますので、\(4\)は相異なる素数の積で表現できていません。
したがって、\(\mu(4)=0\)です。 - \(\mu(5)=0\)
\(\mu(2)\)および\(\mu(3)\)と同じです。 - \(\mu(6)=1\)
\(6=2\times 3\)と素因数分解できるため、相異なる2つの素数の積で書けるから\(\mu(6)=(-1)^2=1\)です。 - \(\mu(2023)=0\)
\(2023=7\times17^2\)と素因数分解できるため、相異なる素数の積で表現できていません。
したがって、\(\mu(2023)=0\)です。 - \(\mu(5282023)=-1\)
\(5282023\)は素数のため、\(\mu(2)\)、\(\mu(3)\)及び\(\mu(5)\)と同じです。
ここでもうお気づき可と思いますが、\(n\)が素数である場合は、常に\(\mu(n)=-1\)です。
メビウス関数の和の性質とその証明 (オイラーの\(\varphi\)関数の和の性質と似た性質)
では、本題です。
定理1.
\(n\in\mathbb{N}\)に対して、\(n>1\)ならば、 $$ \sum_{\substack{d\in\mathbb{N}\\ d\mid n}}\mu(d)=0 $$ である。要するにどういう主張なのか？というと
という主張です。
筆者はこれを始めてみたとき全く想像つかなかったのですが、実際に証明してみると「おお、本当だ。すげえ」と感じたものです。
定理1.の証明
\(n\in\mathbb{N}\)が\(n>1\)を満たすとします。
\(n>1\)ですから、素因数分解をすることによって
$$
n=p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_k^{e_k}
$$
と表現することができます。
今知りたいのは
です。
故に\(n\)の因数は何か？ということが鍵になる、ということに注意しましょう。
\(n\)の因数\(d\)としては、以下のパターンがあります。
- 素因数のとき
$$
d\in\{p_1,\ p_2,\cdots,p_k\}
$$ - 相異なる2つの素数の積のとき
\begin{eqnarray}
d\in&&\left\{ p_ip_j\middle|1\leq i,j\leq k,i\neq j\right\}\\
&&=\{p_1p_2,\ p_1p_3,\cdots,p_1p_k,\ p_2p_3,\ p_2p_4,\cdots,p_2p_k,\cdots p_{k-1}p_k\}
\end{eqnarray} - (一般に)相異なる\(m (1\leq m \leq k)\)個の素数の積のとき
\begin{eqnarray}
d\in&&\left\{ p_{i_1}p_{i_2}\cdots p_{i_m}\middle|i,j\in\mathbb{N},1\leq i_1,i_2,\cdots,i_m\leq k,(1\leq \forall s,t\leq m)\ i_s\neq i_t\right\}\\
\end{eqnarray} - それ以外
$$
d=p_1^{u_1},\ p_2^{u_2},\cdots,p_k^{u_k},p_1^{v_1}p_2^{v_2},\cdots
$$
ただし、\(1\leq u_i\leq e_i\)かつ\(1\leq v_i\leq e_i\)。
大きく分けるとこんなもんです。
したがって、このとき\(n\)の因数\(d\)は
$$
d=p_1^{x_1}p_2^{x_2}\cdots p_k^{x_k}
$$
と書くことができます。
ただし、\(1\leq \forall i\leq k\)に対して\(0\leq x_i\leq e_i\)です。
このように書くことで、\(n\)の因数を全て網羅できています。
では、この状況下で\(\mu(d)\)の値の和を考えてみましょう。
メビウス関数はそもそも、
メビウス関数
関数\(\mu\mu:\mathbb{N}\longrightarrow\mathbb{N}\)を、\(n\in\mathbb{N}\)に対して $$ \mu(n)= \begin{cases} 1&(n=1)\\ (-1)^k&(k=p_1p_2\cdots p_k)\\ 0&({\rm otherwise}) \end{cases} $$ で定める。 ただし、\(p_1<p_2<\cdots<p_k\)は素数とする。 この関数\(\mu\)をメビウス関数(M\(\ddot{{\rm o}}\)bius関数)という。でした。
すなわち、\(1\)か相異なる素数の積となる自然数以外には全て\(0\)を対応させる関数なわけですので、
\begin{eqnarray}
d&=&p_1,\ p_2,\cdots,p_k,\ p_1p_2,\cdots,p_{k-1}p_k,\\
&&\cdots\cdots\\
&&p_1p_2,\cdots p_k
\end{eqnarray}
以外での\(n\)の因数\(d\)では\(\mu(d)=0\)です。
したがって、
\begin{eqnarray}
\sum_{\substack{d\in\mathbb{N}\\ d\mid n}}\mu(d)&=&\mu(1)+\left\{ \mu(p_1)+\mu(p_2)+\cdots+\mu(p_k)\right\}\\
&&+\left\{ \mu(p_1p_2)+\mu(p_1p_3)+\cdots\mu(p_{k-1}p_k)\right\}\\
&&+\cdots\cdots\\
&&+\mu(p_1p_2,\cdots p_k)
\end{eqnarray}
となります。
- \(\mu(p_1)+\mu(p_2)+\cdots+\mu(p_k)\)について
\(1\leq \forall i\leq k\)に対して\(\mu(p_i)=-1\)であり、その\(k\)個の和ですから、
$$
\mu(p_1)+\mu(p_2)+\cdots+\mu(p_k)=-k
$$
です。 - \(\mu(p_1p_2)+\mu(p_1p_3)+\cdots\mu(p_{k-1}p_k)\)について
\(1\leq \forall i,j\leq k\ (i\neq j)\)に対して\(\mu(p_ip_j)=1\)です。
\(p_ip_j\)という形の自然数は、\(k\)個の中から\(2\)つ選んでくる組合せの数だけ存在するわけですから
$$
\mu(p_1p_2)+\mu(p_1p_3)+\cdots\mu(p_{k-1}p_k)={}_kC_{2}
$$
です。
同様にして、この観察をすれば、
\begin{eqnarray}
\sum_{\substack{d\in\mathbb{N}\\ d\mid n}}\mu(d)&=&\mu(1)+\left\{ \mu(p_1)+\mu(p_2)+\cdots+\mu(p_k)\right\}\\
&&+\left\{ \mu(p_1p_2)+\mu(p_1p_3)+\cdots\mu(p_{k-1}p_k)\right\}\\
&&+\cdots\cdots\\
&&+\mu(p_1p_2,\cdots p_k)\\
&=&1-k+{}_kC_{2}-{}_kC_{3}+\cdots+(-1)^k
\end{eqnarray}
となります。
最後の式に注目すると、二項定理の形をしています。
故に、
$$
1-k+{}_kC_{2}-{}_kC_{3}+\cdots+(-1)^k=(1-1)^k=0^k=0
$$
となるから、
\begin{eqnarray}
\sum_{\substack{d\in\mathbb{N}\\ d\mid n}}\mu(d)&=&\mu(1)+\left\{ \mu(p_1)+\mu(p_2)+\cdots+\mu(p_k)\right\}\\
&&+\left\{ \mu(p_1p_2)+\mu(p_1p_3)+\cdots\mu(p_{k-1}p_k)\right\}\\
&&+\cdots\cdots\\
&&+\mu(p_1p_2,\cdots p_k)\\
&=&1-k+{}_kC_{2}-{}_kC_{3}+\cdots+(-1)^k\\
&=&(1-1)^k=0^k=0
\end{eqnarray}
となって、証明完了です。
定理1.の証明終わり
メビウス関数に関わる面白い性質
メビウス関数は数論の分野で比較的よく登場する大事な関数です。
メビウス関数は、自然数の素因数分解の結果によって\(-1,0,1\)のどれかを対応させるというシンプルな関数ですが、性質は誠に面白いです。
後々の記事で証明を与える(と思いますが、与えないかもしれません)メビウス関数に関する面白い性質を列挙します。
基本性質：乗法性
命題2.
メビウス関数\(\mu\)は乗法的関数である。すなわち、\(\gcd(m,n)=1\)なる\(m,n\in\mathbb{N}\)に対して $$ \mu(mn)=\mu(m)\mu(n) $$ である。また、\(\gcd(m,n)\neq 1\)ならば $$ \mu(mn)=0 $$ である。メビウスの反転公式 (これは次回以降証明)
命題3.
\(f\)および\(g\)が任意の\(n\in\mathbb{Z}\)に対して $$ g(n)=\sum_{d\mid n}f(d) $$ を満たす整数論的関数であれば、 $$ f(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)g\left( \frac{n}{d}\right) $$ である。ゼータ関数との関係
命題4.
$$ \sum_{n=1}^\infty\frac{\mu(n)}{n^s}=\frac{1}{\zeta(s)} $$エラトステネスの篩
エラトステネスの篩は虱潰し的に素数を見つける方法の１つです。
平たく言えば、すでに知っている素数で割れる自然数を素数の候補からふるい落とすことで新しい素数を順次決定していくという方法です。
故に、知っている素数で割れないような自然数全体の集合を指定する方法が与えられることと、このエラトステネスの篩にかけることは同じことになります。
集合を指定する方法の１つとしてその指示関数を与えることです。
今、\(p_1,\cdots,p_k\)が素数として決定されているとして、その積を\(P\)、すなわち
$$
P=\prod_{i=1}^k p_i
$$
とします。
また、\(n\in\mathbb{N}\)と\(P\)の最大公約数\(\gcd\left( n,P\right)\)は\(n\)が決定済みの素数で割れることと、\(\gcd\left( n,P\right)\neq 1\)であることは同値です。
このとき、十分大きな自然数\(N\)を考えて、\(n\leq N\)なる自然数\(n\)のうち、決定済みの素数\(p_1,\cdots,p_k\)で割れない自然数全体の集合を\(E\)とすれば、指示関数\(\chi_E\)は
$$
\chi_E(n)=\sum_{d\mid \gcd(n,P)}\mu(d)
$$
で与えられます。
これはエラトステネスの篩のメビウス関数を用いた表現と考えることもできます。
皆様のコメントをください！
筆者は最近、金属でできた模型を作るキットを買いました。
組み立てが楽しみです。
皆さんの最近のモチベーションや楽しみなことを是非コメントで教えてください！
結
今回は、数論的関数としてオイラーの\(\varphi\)関数と同様に重要なメビウス関数を導入しました。
メビウス関数は自然数の集合を定義域として、自然数の素因数分解の結果によって\(-1,0,1\)を対応させる関数です。
今回はそんなメビウス関数の性質として、因数でのメビウス関数の和が必ず\(0\)になるという性質を証明しました。
次回以降は、「メビウス関数の反転公式」について解説します。
乞うご期待！
質問、コメントなどお待ちしております！
どんな些細なことでも構いませんし、「定理〇〇の△△が分からない！」などいただければお答えします！
初等整数論について、以下の書籍をオススメします！
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