数论函数 Dirichlet 积及其应用

Posted 2021-06-23 izlyforever

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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了数论函数 Dirichlet 积及其应用相关的知识，希望对你有一定的参考价值。

潘承洞先生的《数论基础》(现代数学基础丛书 34) 以现代数学的眼光看数论函数，使得分析问题更加简洁本质，而这些都要归功于 Dirichlet 积的引入。

常见数论函数

为了更好的介绍 Dirichlet 积，先引入一些记号，数论函数是指定义于全体正整数集上的函数。

\\(u(n) \\equiv 1\\)
\\(e(n) = n\\)
\\(I(n) = \\left\\{\\begin{array}{ll} 1, & n=1, \\\\ 0, & n>1. \\end{array} \\right.\\)
\\(n\\) 的所有正除数的个数 \\(d(n)\\).

\\[d(n)= \\sum_{d|n} 1 = (a_1+1)(a_2+1) \\cdots (a_n+1), \\; n=p_1^{a_1} \\cdots p_s^{a_s} \\]
\\(n\\) 的全部素因子的个数（按重数计）\\(\\Omega(n)\\)

\\[\\begin{array}{ll} \\Omega(1)=0 & \\\\ \\Omega(n) = a_1 + a_2+ \\cdots a_n, & n=p_1^{a_1} \\cdots p_s^{a_s} \\end{array} \\]
\\(n\\) 的不同素因子的个数 \\(\\omega(n)\\)

\\[\\begin{array}{ll} \\omega(1)=0 & \\\\ \\omega(n) = s, & n=p_1^{a_1} \\cdots p_s^{a_s} \\end{array} \\]
\\(n\\) 的正除数的幂和函数 \\(\\sigma_{\\lambda}(n) = \\sum_{d|n} d^{\\lambda}\\)
所有不超过 \\(n\\) 且和 \\(n\\) 互素的正整数的个数 \\(\\psi(n)\\)

\\[\\psi(n) = \\sum_{ \\begin{array}{c} 1 \\leq d \\leq n \\\\ (d,n)=1 \\end{array} } 1 \\]
\\(\\psi(n)\\) 称之为 Euler 函数。
Möbius 函数 \\(\\mu(n)\\)

\\[\\mu(n) = \\left\\{\\begin{array}{ll} 1, & n=1, \\\\ (-1)^s, & n=p_1p_2 \\cdots p_s, \\; p_1 < p_2< \\cdots < p_s. \\\\ 0, & else. \\end{array} \\right. \\]
Mangoldt 函数 \\(\\Lambda(n)\\)

\\[\\Lambda(n) = \\left\\{\\begin{array}{ll} \\log p, & n= p^k, k \\geq 1\\\\ 0, & else. \\end{array} \\right. \\]
Liouville 函数 \\(\\lambda(n) = (-1)^{\\Omega(n)}\\)
Euler 函数的推广(自创) \\(\\psi _{\\lambda}(n)\\)

\\[\\psi _{\\lambda} (n) = \\sum_{ \\begin{array}{c} 1 \\leq d \\leq n \\\\ (d,n)=1 \\end{array} } d^{\\lambda} \\]
当 \\(\\lambda = 0\\) 时即为 Euler 函数。

用下面的 Dirichlet 积的概念，大家就会对上面常见的数论函数有更深刻的认识。

Dirichlet 积

设\\(f(n)\\),\\(g(n)\\)是两个数论函数，则

\\[h(n) = \\sum_{d|n} f(d)g(\\frac{n}{d}) \\]

称为\\(f(n)\\)和\\(g(n)\\)的 Dirichlet 积,记作\\(h=f \\star g\\).

定理 1 Dirichlet 积满足交换律和结合律即

交换律： \\(f \\star g = g \\star f\\)
结合律： \\((f\\star g) \\star h = f \\star (g \\star h)\\)

定理 2 Dirichlet 积的幺元存在为 \\(I(n)\\)

由 定理 1 和 定理 2 知。数论函数全体关于 Dirichlet 积构成了一个含幺交换半群(Commutative Monoid)
由抽象代数的基本知识知道 Monoid 中的元如果存在逆元必然唯一，证明也是显然的
现在的问题就是这个 Monoid 那些元有逆元( Dirichlet 逆，以下简称逆)。或者说一个数论函数可逆的充要条件是什么。

实际上，我们有如下结论

定理 3 数论函数 \\(f\\) 可逆的充要条件是 \\(f(1) \\neq 0\\).此时它的逆元为

\\[f^{-1} (1) = \\frac{1}{f(1)},\\quad f^{-1} (n) = \\frac{-1}{f(1)} \\sum _{d|n,\\, d<n} f(\\frac{n}{d})f^{-1}(d),\\; n>1 \\]

证明是显然的，验算即知。

至此从抽象的层次已经对数论函数的 Dirichlet 积有了一个清晰的认识，下面用这套语言考虑我们的常见函数

定理 4 Möbius 函数 \\(\\mu(n)\\) 是 \\(u(n)\\) 的逆，即

\\[\\sum_{ d|n } \\mu(n) = \\left\\{ \\begin{array}{ll} 1, & n=1, \\\\ 0, & n>1. \\end{array} \\right. \\]

Proof : \\(n=1\\) 时显然，不妨设 \\(n = p_1^{a_1} p_2^{a_2} \\cdots p_s^{a_s} > 0\\) 则由 \\(\\mu(n)\\) 的定义

\\[\\begin{array}{ll} \\sum_{ d|n } \\mu(n) & = \\mu(1) + \\mu(p_1) + \\mu(p_2) + \\cdots +\\mu(p_s) + \\cdots + \\mu(p_1 p_2) + \\cdots \\\\ & \\quad + \\mu(p_{s-1}p_s) + \\cdots \\mu(p_1 p_2 \\cdots p_s) \\\\ & = 1 + {s \\choose 1} (-1) + {s \\choose 2} (-1)^2 + \\cdots + {s \\choose s} (-1)^s \\\\ &= (1-1)^s = 0 \\end{array} \\]

由此可见，原来看上去复杂的不知所以然的 Möbius 函数本质上是恒为 1 的函数的 Dirichlet 逆元。

定义 5 若 \\(F=f \\star u\\) 则称 \\(F\\) 是 \\(f\\) 的 Möbius 变换，即

\\[F(n) = \\sum_{d|n} f(d) \\]

显然此时我们有 \\(f=F * \\mu\\), 称 \\(f\\) 是 \\(F\\) 的 Möbius 反变换。
实际上，这就是我们常说的 Möbius 反演公式。

\\[F(n) = \\sum_{d|n} f(d) \\Longleftrightarrow f(n) = \\sum_{d|n} F(d) \\mu(\\frac{n}{d}) \\]

Möbius 变换的例子

\\(I(n)\\) 是 \\(\\mu(n)\\) 的 Möbius 变换
\\(d(n)\\) 是 \\(u(n)\\) 的 Möbius 变换
\\(e(n)\\) 是 \\(\\psi(n)\\) 的 Möbius 变换
\\(\\log n\\) 是 \\(\\Lambda(n)\\) 的 Möbius 变换

前两个由定义显然，后面两个证明如下。

\\[n = \\sum _{i=1} ^n 1 = \\sum _{d|n} \\sum_{(n,i) = d} 1 = \\sum _{d|n} \\sum_{(\\frac{n}{d},k)=1} 1 = \\sum _{d|n} \\psi(\\frac{n}{d}) = \\sum _{d|n} \\psi(d) \\]

因此

\\[\\psi(n) = \\sum _{d|n} \\mu(d) \\frac{n}{d} = n \\sum _{d|n} \\frac{\\mu(d)}{d} \\]

另外我们还有一个证明方式

\\[\\psi(n) = \\sum_{ \\begin{array}{c} 1 \\leq d \\leq n \\\\ (d,n)=1 \\end{array} } 1 ＝ \\sum_{1 \\leq d \\leq n} \\sum_{l|(d,n)} \\mu(l) = \\sum _{l|n} \\mu(l) \\sum _{1 \\leq d \\leq n , l|d} 1 = \\sum _{l|n} \\mu(l) \\frac{n}{l} \\]

上述两种证明都是两种常用处理数论函数的技术手段。

至于 \\(\\log n\\) 是 \\(\\Lambda(n)\\) 的 Möbius 变换的证明只需验算即知。

用上面所说的技术，我们来考虑一下推广的 Euler 函数 \\(\\psi _{\\lambda}\\)

\\[\\sum _{i=1} ^n i^{\\lambda} = \\sum _{d|n} \\sum_{(n,i) = d} i^{\\lambda} = \\sum _{d|n} d^{\\lambda} \\sum_{(\\frac{n}{d},k)=1} k^{\\lambda} = \\sum _{d|n} d^{\\lambda} \\psi _{\\lambda} (\\frac{n}{d}) = n^{\\lambda} * \\psi _{\\lambda} \\]

可乘函数

寻找不变量一直是数学关心的问题，变化中的不变量，可以大大简化运算，并且反过来刻画了变化。具体说，寻找 Dirichlet 积不变量一方面对于那些不变量，可以简化它们操作，另一方面，由于 Dirichlet 积保持这些性质也就刻画了 Dirichlet 本身。其中这样的一个不变量就是可乘函数。

设 \\(f(n)\\) 是定义在全体自然数上不恒为 0 的数论函数，若它满足条件

\\[f(mn) = f(m) f(n), \\quad (m,n)=1 \\]

则称之为可乘函数。若对任意正整数 \\(m,n\\) 恒有

\\[f(mn) = f(m) f(n) \\]

则称之为完全可乘函数。

可乘函数例子： \\(\\mu(n)\\), \\(d(n)\\).
完全可乘函数例子： \\(n^{\\lambda}\\), \\(I(n)\\).

显然(完全)可乘函数的的积，倒数(如果有意义的话)都是(完全)可乘函数。

定理 6 可乘函数 \\(f(n)\\) 有如下性质

\\(f(1)=1\\)
\\(f(n)=f(p_1^{a_1}) f(p_2)^{a_2} \\cdots f(p_s)^{a_s}, \\quad n = p_1^{a_1} p_2^{a_2} \\cdots p_s^{a_s}\\)
\\(f(n)\\) 为完全可乘的充要条件是对任意的 \\(p\\) 和 \\(k \\geq 1\\) 恒有
\\[f(p^k) = f ^k (p) \\]
\\(f((m,n)[m,n])=f(m)f(n)\\)
\\(f\\)的逆元必然存在
\\(f\\)的 Möbius 变换也可逆

上述定理的证明是显然的，结论是重要的。

定理七 Dirchlet 积保持可乘性

若 \\(f\\) 可乘, \\(g\\) 可乘, 则 \\(h=f \\star g\\) 可乘;
若 \\(g\\) 可乘, \\(h=f \\star g\\) 可乘，则 \\(f\\) 可乘.

Proof:

若 \\(f\\) 可乘, \\(g\\) 可乘, 则对任意满足 \\((m,n)=1\\) 的正整数 \\(m,n\\),对于 \\(mn\\) 的每一个正因子 \\(d\\) 可以分解为 \\(d=d_1 d_2\\) 的形式, 其中 \\((d_1,d_2)=1, d_1|m, d_2|n\\)

\\[ h(mn) = \\sum _{d|mn} f(d)g(\\frac{mn}{d}) = \\sum _{d_1|m} f(d_1)g(\\frac{m}{d_1}) \\sum _{d_2|n} f(d_2)g(\\frac{n}{d_2}) = h(m)h(n) \\]

反证，若 \\(f\\) 不可乘，则可以推出\\(h\\)不可乘即可。若 \\(f\\) 不可乘,则必存在 \\(m,n\\),\\((m,n)=1\\) 但是

\\[ f(mn) \\neq f(m)f(n) \\]

若 \\(mn=1\\) , 则 \\(f(1) \\neq f(1) f(1)\\) 知 \\(f(1) \\neq 1\\). 因此 \\(h(1)=f(1)g(1)=f(1) \\neq 1\\) 矛盾于 \\(h\\) 可乘。
我们选取满足上述性质的最小正整数 \\(mn\\),即当 \\(d_1d_2<mn\\) 是恒有

\\[f(d_1d_2) = f(d_1)f(d_2),\\quad (d_1,d_2)=1 \\]

由 \\(h\\) 的定义

\\[\\begin{array}{cl} h(mn) = \\sum_{d \\mid mn} f(d) g(\\frac{mn}{d}) &= \\sum_{d_1 \\mid m} f(d_1) g(\\frac{m}{d_1}) \\sum_{d_2|m} f(d_2)g(\\frac{n}{d_2}) - f(m)f(n) + f(mn) \\\\ &= h(m)h(n) - f(m)f(n) + f(mn) \\neq h(m)h(n) \\end{array} \\]

证毕。

Dirichlet 积一般不保持完全可乘性。

由 定理 6 和 定理 7，我们有如下推论: 若 \\(F\\) 是 \\(f\\) 的 Möbius 变换，则

\\(f\\) 可乘 \\(\\Longleftrightarrow\\) \\(F\\) 可乘
\\(f\\) 可乘，则

\\[F(n) = \\sum_{d|n} f(d) = \\prod _{p^a || n} (1+ f(p)+\\cdots f(p^a)) \\]

\\(f\\) 可乘，则

\\[\\sum _{d|n} \\mu(d) f(d) = \\prod _{p | n} (1 - f(p)) \\]

上面 1 是定理 7.1 的直接推论，2 可由定理 6.2 的直接推论，3 是 2 的直接推论。由 3 我们可以得到著名的欧拉公式：

\\[\\psi(n) = n \\sum _{d|n} \\frac{\\mu(d)}{d} ＝ n \\prod _{p|n} (1-\\frac{1}{p}) \\]

完全可乘的逆

由于可乘函数满足 \\(f(1)=1\\) 因此可乘函数的逆相对而言更加简单，并且它的逆也是可乘函数。但是计算逆的过程仍然很复杂，但是完全可乘函数的逆却特别简单。

定理 8 设 \\(f\\) 可乘，则 \\(f\\) 完全可乘的充要条件是

\\[f^{-1}(n) = \\mu(n)f(n) \\]

推广的 Möbius 反演公式

设 \\(g\\) 完全可乘, \\(h= f \\star g\\) ,则 \\(f= h \\star \\mu g\\)，即

\\[h(n) = \\sum _{d|n} f(d)g(\\frac{n}{d}) \\quad \\Longleftrightarrow \\quad f(n) = \\sum _{d|n} h(d) \\mu(\\frac{n}{d})g(\\frac{n}{d}) \\]

另上式中 \\(g=u\\)，上式就变成了 Möbius 反演公式。
由推广的 Möbius 反演公式，我们由

\\[\\sum _{i=1} ^n i^{\\lambda} = n^{\\lambda} \\star \\psi _{\\lambda} \\]

可知

\\[\\psi_{\\lambda}(n) = (\\sum _{i=1} ^n i^{\\lambda}) \\star \\mu(n) n^{\\lambda} \\]

广义 Dirichlet 积

考虑和式

\\[G(x) = \\sum_{n \\leq x} f(n)H(\\frac{x}{n}) \\]

其中 \\(f(n)\\) 是数论函数，\\(H(x)\\) 是 \\((0,\\infty)\\)上的函数。
我们记 \\(G = f \\circ H\\)。特别的若\\(H(x)\\)在所有非整数点取值为\\(0\\)，则此时就是通常的 Dirichlet 积。
我们有以下性质：

\\[f \\circ (g \\circ H) = (f*g) \\circ H \\]

若 \\(G = f \\circ H\\) 则 \\(H = f^{-1} \\circ G\\)。
特别的，若 \\(G(x) = \\sum_{n \\leq x} H(\\frac{x}{n})\\), 则我们有

\\[H(x) = \\sum_{n \\leq x} \\mu(n) G(\\frac{x}{n}) \\]

几种特殊重要情况：

仅在整点上取值，普通 Dirichlet 积
\\(H(x) \\equiv 1\\)，\\(G(x)\\) 为前缀和
\\(H(x) = \\lfloor x \\rfloor\\) 向下取整，\\(G(x) = \\sum_{n \\leq x} f(n) \\lfloor \\frac{x}{n} \\rfloor\\)

注意到 \\(\\sum_{n \\leq x} 1 = \\lfloor x \\rfloor\\)，所以 \\(\\lfloor x \\rfloor = e \\circ 1\\) （这给出了恒等于 1 与向下取整的关系）

从而我们有直接推论

\\[\\sum_{n \\leq x} f(n) \\lfloor \\frac{x}{n} \\rfloor = \\sum_{n \\leq x} (f \\star u)(n) \\]

特别地，

\\(\\sum _{n \\leq x} \\mu(n) \\lfloor \\frac{x}{n} \\rfloor = 1\\)
\\(\\sum_{n \\leq x} d(n) = \\sum_{n \\leq x} \\lfloor \\frac{x}{n} \\rfloor\\)

更一般地，若 \\(h = f \\star g\\)，

\\[H(x) = \\sum_{n \\leq x} h(n),\\quad F(x) = \\sum_{n \\leq x} f(n),\\quad G(x) = \\sum_{n \\leq x} g(n) \\]

则

\\[H(x) = \\sum_{n \\leq x} f(n) G(\\frac{x}{n}) = \\sum_{n \\leq x} g(n) F(\\frac{x}{n}) \\]

特别地，取 \\(g = u\\)，设 \\(F(x) = \\sum_{n \\leq x} f(n)\\) 则

\\[\\sum_{n \\leq x} F(\\frac{x}{n}) = \\sum_{n \\leq x} (f * u)(n) \\]

例如

取 \\(f = \\phi\\) 为 Euler 函数，\\(\\sum_{n \\leq x} sumPhi(\\frac{x}{n}) = \\frac{n(n + 1)}{2}\\)
取 \\(f = \\mu\\) 为 Möbius 函数，\\(\\sum_{i=1} ^n sumMu(\\lfloor \\frac{n}{i} \\rfloor) = 1\\)

最一般的情况是，对任意 \\(ab = x\\) 成立

\\[H(x) = \\sum_{n \\leq a} f(n) G(\\frac{x}{n}) + \\sum_{n \\leq b} g(n) F(\\frac{x}{n}) - F(a)F(b) \\]

取 \\(a = 1\\) 或者 \\(b = 1\\) 就是刚刚的式子

这个公式一般是用于做估计的。

一个技巧相当强大的公式 \\(Q(x)=\\sum_{n \\leq x} |\\mu(n)|\\)，显然表示不超过 \\(x\\) 的无平方因子的正整数个数，则

\\[Q(x) = \\frac{6}{\\pi^2} x + O(\\sqrt{x}) \\]

Proof ：显然我们有

\\[\\lfloor x \\rfloor = \\sum_{k \\leq \\sqrt{x}} Q(\\frac{x}{k^2}) \\]

另一方面

\\[Q(x) = \\sum_{n \\leq \\sqrt{x}} Q(\\frac{x}{n^2}) \\sum_{d \\mid n} \\mu(d) = \\sum_{d \\leq \\sqrt{x}} \\mu(d) \\sum_{ k \\leq \\sqrt{\\frac{x}{d^2}} } Q(\\frac{x}{d^2k^2}) \\]

所以

\\[\\sum_{n \\leq x} |\\mu(n)| = Q(x) = \\sum_{d \\leq \\sqrt{x}} \\mu(d) \\lfloor \\frac{x}{d^2} \\rfloor \\]

根据上式

\\[Q(x) = x \\sum_{d=1}^{\\infty} \\frac{\\mu(d)}{d^2} +O(\\sqrt{x}) = \\frac{6}{\\pi^2} x + O(\\sqrt{x}) \\]

一个优美公式：\\(\\sum _{n=1}^{\\infty} \\frac{\\mu(n)}{n^2} = \\frac{6}{\\pi^2}\\)

Proof:

\\[\\sum _{n=1} ^{\\infty} \\frac{1}{n^2} \\sum_{n=1} ^{\\infty} \\frac{\\mu(n)}{n^2} = \\sum_{n=1} ^{\\infty} \\frac{a_n}{n^2} \\]

其中 \\(a_n = \\sum _{d|n} \\mu(d) = I(n)\\)，又由 \\(\\sum _{n=1} ^{\\infty} \\frac{1}{n^2} = \\frac{\\pi^2}{6}\\) 结论显然。

多维广义 Dirichlet 积

为了简洁不妨考虑二维，有两种形式

\\[G(x, y) = \\sum_{n \\leq \\min(x, y)} f(n) H(\\frac{x}{n}, \\frac{y}{n}) \\]

此形式可以看作向量版的广义 Dirichlet 积。

\\[G(x, y) = \\sum_{i \\leq x} \\sum_{j \\leq y} f(i) g(j)H(\\frac{x}{i}, \\frac{y}{j}) \\]

这个怎么搞呢？

利用图形可说明的一个公式：

\\[\\sum_{i = 1}^n \\sum_{j = 1, gcd(i, j) = 1}^m f \\left( \\min(\\lfloor \\frac{n}{i} \\rfloor, \\lfloor \\frac{m}{j} \\rfloor) \\right) = \\sum_{i = 1}^n \\sum_{j = 1}^m f(\\gcd(i, j)) - f(\\gcd(i, j) - 1) \\]

一般地怎么弄呢？

设 \\(F_d(n, m) = \\sum_{i = 1}^n \\sum_{j = 1, gcd(i, j) = d}^m f \\left( \\min(\\lfloor \\frac{n}{i} \\rfloor, \\lfloor \\frac{m}{j} \\rfloor) \\right)\\)，则

\\[\\sum_{d = 1}^{\\min(n, m)} F_1(\\frac{n}{d}, \\frac{m}{d}) = \\sum_{d = 1}^{\\min(n, m)} F_d(n, m) = \\sum_{i = 1}^n \\sum_{j = 1}^m f \\left( \\min(\\lfloor \\frac{n}{i} \\rfloor, \\lfloor \\frac{m}{j} \\rfloor) \\right) = G(n, m) \\]

\\(G(n, m)\\) 可以用图形，分情况利用 floorSum 计算，但是还是很慢，这是因为 map 二维记忆化搜索不可避免的慢！一定要避免使用。但是无妨，我们可以反演，得到 \\(F_1(n, m) = \\sum_{d = 1}^{\\min(n, m)} \\mu(d) G(\\frac{n}{d}, \\frac{m}{d})\\)，依然还是慢（floorSum 多了一个 log）。

那么最终问题就变成：

\\[\\sum_{d = 1}^{\\min(n, m)} \\mu(d) G(\\frac{n}{d}, \\frac{m}{d}) = \\sum_{d = 1}^{\\min(n, m)} \\mu(d) \\sum_{i = 1}^{\\frac{n}{d}} \\sum_{j = 1}^{\\frac{m}{d}} f \\left( \\min(\\lfloor \\frac{n}{id} \\rfloor, \\lfloor \\frac{m}{jd} \\rfloor) \\right) = \\sum_{i = 1}^n \\sum_{j = 1}^m f(\\gcd(i, j)) - f(\\gcd(i, j) - 1) \\]

Dirichlet 级数

\\(\\mathcal{D}_f(s) = \\sum_{n = 1}^{\\infty} f(n) n^{-s}\\)

注意到 \\(f(n)\\) 为恒等时，就是 Riemann-zeta 函数

一些重要的性质：

\\(\\mathcal{D}_{f \\star g} = \\mathcal{D}_{f} \\mathcal{D}_{g}\\)
若 \\(f\\) 可乘，则 \\(\\mathcal{D}_f(s) = \\prod_{p \\text{ prime}} \\sum_{i = 0}^{\\infty} f(p^i) p^{-es}\\)
若 \\(f\\) 完全可乘，则 \\(\\mathcal{D}_f(s) = \\prod_{p \\text{ prime}} \\frac{1}{1 - \\frac{f(p)}{p^s}}\\)

素数定理：\\(\\lim_{x \\to \\infty} \\frac{\\pi(x)}{x / \\ln x} = 1\\) 的证明就用到了 Dirichlet 级数。

应用

\\(d(n)\\) 的一个公式

按照公式，我们有 \\(d(n) = \\sum_{i \\mid n} 1\\)。其实这个公式可以推广为

\\[d(n_1 \\cdots n_m) = \\sum_{i_1 \\mid n_1} \\cdots \\sum_{i_m \\mid n_m} 1, \\; \\gcd(i_s,i_t)=1,1 \\leq s < t \\leq m \\]

Proof：数学归纳法证明：\\(m=1\\) 时结论显然。
设结论对 \\(m-1\\) 成立。

\\[\\begin{aligned} d(n_1 \\cdots n_m) &= \\sum_{i \\mid n_1 \\cdots n_m} 1 = \\sum_{d \\mid n_m} \\sum_{i \\mid n_1 \\cdots n_m , \\gcd(i,n_m)=d} 1 \\\\ &= \\sum_{d \\mid n_m} \\sum_{\\frac{i}{d} \\mid n_1 \\cdots n_{m-1} , \\gcd(\\frac{i}{d},\\frac{n_m}{d})=1} 1 \\\\ &= \\sum_{d \\mid n_m} \\sum_{i \\mid n_1 \\cdots n_{m-1} , \\gcd(i,d)=1} 1 \\end{aligned} \\]

由数学归纳法知，原结论成立。

上面公式的一个应用

\\[\\sum_{i_1 = 1} ^{n_1} \\cdots \\sum_{i_m = 1} ^{n_m} d(n_1 \\cdots n_m) = \\sum_{\\gcd(i_s,i_t)=1,1 \\leq s < t \\leq m } \\lfloor \\frac{n_1}{i_1} \\rfloor \\cdots \\lfloor \\frac{n_m}{i_m} \\rfloor \\]