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数论函数的基础运算
对于两个数论函数（包括但不限于积性、加性函数，比如 (n) 以内的质数个数 (pi(n)) ），我们设为 (f(n),g(n))
则定义以下加、乘和复合三种运算：
((f+g)(n)=f(n)+g(n))
((fcdot g)(n)=f(n)cdot g(n))
(f(g)(n)=f( g(n) ))
额外的，对于常数 (C) ，我们还能定义数乘 ((Cf)(n)=Ccdot f(n))
可以发现，加法、乘法、数乘运算是符合交换律、结合律、分配律以及消去律的
迪利克雷卷积
我们定义两个数论函数 (f,g) ，它们的迪利克雷卷积我们记为 (h)
则 (h=f*g)
那么，我们这样定义迪利克雷卷积：
(displaystyle h(n)=(f*g)(n)=sum_{dmid n}f(d)g({nover d}))
那么，很显然，迪利克雷卷积符合交换律、结合律以及分配律：
交换律：
(displaystyle (f*g)(n)=sum_{dmid n}f(d)g({nover d})=sum_{dmid n}f({nover d})g(d)=(g*f)(n))
结合律：
(displaystyle ( (f*g)*h )(n)=sum_{icdot jcdot k=n}( f(i)cdot g(j) )cdot h(k)=sum_{icdot jcdot k=n}f(i)( g(j)cdot h(k) )=( f*(g*h) )(n))
分配律：
(displaystyle ( (f+g)*h )(n)=sum_{dmid n}( f(d)+g(d) )cdot h({nover d})=sum_{dmid n}f(d)h({nover d})+sum_{dmid n}g(d)h({nover d})=(f*h+g*h)(n))
迪利克雷卷积的元
我们求加法时，对于任意的数 (rin C) ，设存在一个元为 (e) ，则需要满足 (r+e=r)
因此 (e=0) ，我们称呼 (0) 为加法的元
同理，求乘法时，可以得到 (1) 为乘法的元
因此，我们可以简单理解为：对于满足交换律的二元运算符，当一项为元时，另一项经过该次运算，结果不变
因此我们考虑先设迪利克雷卷积的元为 (e)
则对于另一个数论函数 (f) ，我们显然可以得到:
(displaystyle f(n)=(f*e)(n)=sum_{dmid n}f(d)e({nover d}))
我们把它分离开来：
(displaystyle f(n)=f(n)e(1)+sum_{dmid nwedge d eq n}f(d)e({nover d}))
由于我们要保证这个式子绝对成立，因此 (e(1)=1,e(d)=0(dmid nwedge d eq 1))
又因为对任意正整数 (n) 都成立，而对于任意正整数，一定存在倍数，因此任意正整数都可能是某个数的因数
故 (e(1)=1,e(n)=0(n eq 0))
我们简记为 (e(n)=[n=1])
实际上，这是上一篇提到的元函数 (oldsymbol varepsilon)
迪利克雷卷积的逆元
同样，由于对于任意的数 (rin C) ，元为 (e)，运算符为 (oplus)
若存在 (k) 使得 (roplus k=e) 则称 (k) 为 (r) 的逆元（加法中我们一般称负元）
同理，我们定义在迪利克雷卷积中，对于数论函数 (f) ，若存在 (g) 使得
(displaystyle [n=1]=oldsymbol varepsilon(n)=(f*g)(n)=sum_{dmid n}f(d)g({nover d}))
则称呼 (g) 为 (f) 的逆元
我们用定义求解 (g)
(displaystyle [n=1]=sum_{dmid n}f(d)g({nover d})=sum_{dmid nwedge d eq 1}f(d)g({nover d})+f(1)g(n))
因此，当 (f(1)) 不为零时，存在逆元
(displaystyle g(n)={1over f(1)}([n=1]-sum_{dmid nwedge d eq 1}f(d)g({nover d}) ))
特别的，当 (f) 为积性函数时，由于 (f(1)=1)
故 (displaystyle g(n)=[n=1]-sum_{dmid nwedge d eq 1}f(d)g({nover d}))