贡献者： JierPeter
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德国数学家 August Ferdinand Möbius 于 1832 年提出 Möbius 函数的概念，这是数论中一个重要的积性函数。Möbius 函数在初等数论和解析数论中随处可见，多以 Möbius 反演的形式出现。
任何正整数都可以唯一地分解为其质因数的幂的乘积。比如说，$24=2^3\times 3$，$300=2^3\times 3\times 5^2$。一般地，我们把整数的质因数分解记为 $\prod_{k=1}^r p_k^{f_k}$，其中各 $p_k$ 是互不相等的素数，各 $f_k$ 都是正整数。Möbius 的概念正是建立在正整数质因数分解上的：
定义 1 Möbius 函数
对于任意正整数 $n=\prod_{k=1}^r p_k^{f_k}$，其 Möbius 函数 $\mu:\mathbb{Z}^+\to\{-1, 0, 1\}$ 定义为：
\begin{equation}
\mu(n)=\mu(\prod_{k=1}^r p_k^{f_k})=
\left\{\begin{aligned}
1, \quad\text{如果}n=1\\
(-1)^r, \quad\text{如果}f_k=1\text{恒成立}\\
0, \quad\text{如果有一个}f_k > 1
\end{aligned}\right.
\end{equation}
简单来说，一个正整数的质因子中如果有幂次超过 $2$ 的，则它的 Möbius 函数为 $0$；其余情况，则由不同质因子数量的奇偶性决定，奇则为 $-1$，偶则为 $+1$。
Möbius 函数有以下性质：
定理 1 Möbius 的积性
给定互素的正整数 $a, b$，则 $\mu(ab)=\mu(a)\mu(b)$。
只需要检查 $ab, a, b$ 各自的质因数即可得证定理 1 。显然，要求互素是因为，不互素时 $a, b$ 会有公共质因数，此时 $\mu(ab)=0$。
定理 2 求和性质
\begin{equation}
\sum_{d\mid n}\mu(d)=
\left\{\begin{aligned}
&1, \quad n=1;\\
&0, \quad n > 1
\end{aligned}\right.
\end{equation}
证明：
设 $S$ 是 $n$ 的全体质因子构成的集合（$n=1$ 时 $S=\varnothing$）。每个 $d$ 都是 $n$ 的若干质因子求积的结果，而我们只需考虑其中各质因子最多只出现一次的情况。因此，我们所考虑的 $d$，和 $S$ 的子集一一对应，即 $d$ 就是这个子集中各素数相乘的结果。式 2 极为遍历所有 $S$ 的子集的求和。
当 $n=1$ 时，易验证式 2 第一行成立。下设 $n$ 至少有一个质因子。
记 $S=\{a_i\}_{i=1}^r$。则由 $k$ 个 $a_i$ 相乘而得的 $d$，一共有 $C^k_r$ 个，它们均满足 $\mu(d)=(-1)^k$。于是
\begin{equation}
\sum_{d\mid n}\mu(d)=\sum_{k=0}^r(-1)^kC^k_r
\end{equation}
又由二项式定理可知，
\begin{equation}
\sum_{k=0}^r(-1)^kC^k_r=(1-1)^r=0
\end{equation}
证毕。
将式 2 作为指数，即得求积的性质：
推论 1 求积性质
任取正实数 $a$，则
\begin{equation}
\prod_{d\mid n}a^{\mu(d)}=
\left\{\begin{aligned}
&a, \quad n=1;\\
&1, \quad n > 1
\end{aligned}\right.
\end{equation}
定理 3 Möbius 反演公式
取映射 $f:\mathbb{Z}^+\to\mathbb{Z}^+$，令 $S(n)=\sum_{d\mid n}f(d)$，$P(n)=\prod_{d\mid n}f(d)$。则有
\begin{equation}
f(n) = \sum_{d\mid n}\mu(d)S \left(\frac{n}{d} \right)
\end{equation}
和
\begin{equation}
f(n) = \prod_{d\mid n} \left(P(\frac{n}{d}) \right) ^{\mu(d)}
\end{equation}
证明：
由定理 2 ，$\sum_{dk\mid n}\mu(d)\neq 0$ 当且仅当 $k=n$。于是
\begin{equation}
\begin{aligned}
\sum_{d\mid n}\mu(d)S \left(\frac{n}{d} \right) &=\sum_{d\mid n}\sum_{dk\mid n}\mu(d)f(k)\\
&=\sum_{k\mid n}\sum_{dk\mid n}\mu(d)f(k)\\
&=f(n)
\end{aligned}
\end{equation}
由推论 1 ，$\prod_{dk\mid n} \left(f(k) \right) ^{\mu(d)}\neq 1$ 当且仅当 $k=n$。于是
\begin{equation}
\begin{aligned}
\prod_{d\mid n} \left(P(\frac{n}{d}) \right) ^{\mu(d)}&=\prod_{d\mid n} \left(\prod_{dk\mid n}f(k) \right) ^{\mu(d)}\\
&=\prod_{d\mid n}\prod_{dk\mid n} \left(f(k) \right) ^{\mu(d)}\\
&=\prod_{k\mid n}\prod_{dk\mid n} \left(f(k) \right) ^{\mu(d)}\\
&=f(n)
\end{aligned}
\end{equation}
证毕。
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