虎椒博士确实不错，弥补了在国外买不到枇杷膏的缺点，Type 1 and you can join us having Dr Pepper : )
骗你的右边那位活不了
被我骗到了吧，这里是SG世界线，现在你有了不存在在这个世界线的记忆，你马上要被踢出去了。
如果不想被踢出去，牧濑红莉琪同学在剧场版给出了答案… 要加强这个世界线的印象，我们先看到这个黎曼函数，
$$ \zeta(s)=1+\frac{1}{2^s}+\frac{1}{3^s}+... $$其貌不扬，后来欧拉站出来说，
$$ \sum_{i=0}^\infty \frac{1}{i^s} = \prod_{p \, \text{prime}}\left(\sum_{i=0}^\infty \frac{1}{(p^s)^i} \right) $$这里最美妙的点在于，欧拉应用了正整数的唯一分解定律，将一个加法式子转换成了乘法式子，我们还可以把这个柿子做进一步的化简，因为括号里面是一个等比数列，
$$ \zeta(s)=\sum_{i=0}^\infty\frac{1}{i^s}=\prod_{p \, \text{prime}} \frac{1}{1-p^{-s}} $$比形式更重要的是这种天才般的想法，化用我们CS521的教授的话就是，这种想法是正交于我们对加法或乘法式子的理解的，使用这种技巧，我们可以看见某些函数更本质的特点。
Dirichlet’s
对于这种数列，狄利克雷做了很多的研究和贡献，
$$ \sum_{i=0}^\infty \frac{f(i)}{i^s} $$比如当$f(i)=i$, 其实这个函数就变成了,
$$ \zeta(s-1) $$原因在于，$f(i)=i$ 是一个积性函数，我们让分子跟随分母被拆分，我们就得到了，
$$ \prod_{p\, \text{prime}}\left(\sum_{i=0}^\infty \frac{p^i}{(p^s)^i} \right) $$括号的这里面等效于,
$$ \sum_{i=0}^\infty \frac{p^i}{(p^s)^i} = \frac{1}{1-p^{-(s-1)}} $$不仅如此，我们继续运用唯一分解的思路，对于所有的积性函数我们都可以做类似的事情，即把$f(i)$拆入到括号里面，而括号里面本质就是一个生成函数，
如这几个函数,
$$ \sigma_0(n)=\sum_{d| n}d^0 \\ \sigma_1(n)=\sum_{d|n}d^1 $$$$ \sum_{i=0}^\infty \frac{\sigma_0(i)}{i^s}=\prod_{p\, \text{prime}}\left(\sum_{i=0}^\infty \frac{\sigma_0(p^i)}{(p^s)^i} \right)=\prod_{p\, \text{prime}}\left(\sum_{i=0}^\infty \frac{i+1}{(p^s)^i} \right) $$其实括号里的东西等效于正常等比数列求一次导数，
$$ \left(\frac{1}{1-p^{-s}}\right)'=\frac{1}{(1-p^{-s})^2} $$所以实际上，
$$ \sum_{i=0}^\infty \frac{\sigma_0(i)}{i^s} = \prod_{p \, \text{prime}}\left(\sum_{i=0}^\infty \frac{1}{(p^s)^i} \right)^2=\zeta(s)^2 $$相同的，我们可以发现,
$$ \sum_{i=0}^\infty \frac{\sigma_1(i)}{i^s} = \zeta(s)\zeta(s-1) \\ \sum_{i=0}^\infty \frac{\phi(i)}{i^s} = \frac{\zeta(s-1)}{\zeta(s)} $$OK那么我们引入狄利克雷卷积，注意看，这个式子也许就是狄利克雷卷积，
$$ \left(\sum_{i=0}^\infty \frac{f(i)}{i^s} \right)\left(\sum_{j=0}^\infty \frac{g(i)}{j^s}\right)=\sum_{ij=0}^\infty\left(\sum_{d|(ij)}f(d)g(\frac{ij}{d})\right)\frac{1}{(ij)^s} $$同样运用了分母的对加法的顺序进行了重组。
对于卷积，我们更在意系数，我们注意到两个狄利克雷数列的乘法对应的是系数的重拆分，
$$ \sum_{d|(ij)}f(d)g(\frac{ij}{d}) $$我们尝试运用一下这种规律,
$$ \zeta(s)\cdot\frac{\zeta(s-1)}{\zeta(s)}=\zeta(s-1) $$那么这三个函数分别对了这三个系数,
$$ [1]*[\phi(n)]=[n] $$那么我们可以发现,
$$ n=\sum_{d|n}\phi(n)\cdot 1 $$Möbius’
这里我们先研究一个比较奇怪的狄利克雷数列,
$$ \frac{1}{\zeta(s)} = \prod_{p \, \text{prime}} (1-p^{-s})=\sum_{i=0}^{\infty} \mu(i)i^{-s} $$我们直接暴力乘出来，就得到了莫比乌斯系数，需要注意的是，并不是所有数字有大于0的系数，比如$12=2*2*3$，包含2个2，而我们每一项素数只有一个$p^{-s}$，那么我们得不到$12^{-s}$这一项，于是$\mu(12)=0$， 具体地，
$$ \mu(n)= \begin{cases} 1, n=1 \\ 1, \text{no repetitive primes and even number of primes} \\ -1, \text{no repetitive primes and odd number of primes} \\ 0, \text{otherwise} \end{cases} $$一个比较实际的例子是莫比乌斯反演，莫比乌斯反演是系数的规律，所以我们可以主动构造生成函数级别的运算加以证明。
比如考虑这几个狄利克雷函数,
$$ F(s),G(s),\zeta(s) \\ G(s)=F(s)\zeta(s) $$观察系数有，
$$ g(n)=\sum_{d|n}f(d) $$同时我们可以变形这个式子，有，
$$ F(s)=G(s)\zeta^{-1}(s) $$注意到右边那个就是莫比乌斯系数的狄利克雷函数，
$$ f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)g(\frac{n}{d}) $$这两个系数的式子互为狄利克雷反演，两个方向都是对的，因为我们可以构造对应的生成函数。
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