如何证明对正整数N，|∑ₙ=1^N μ(n)/n| ≤1？

嘿，这个问题可以通过莫比乌斯函数的核心性质——狄利克雷卷积的单位元特性来解决，也就是我们熟知的：

对任意正整数$n$，$\sum_{d|n} \mu(d) = \begin{cases} 1, & n=1 \ 0, & n>1 \end{cases}$

步骤1：构造辅助求和并交换顺序 #

首先，考虑求和$\sum_{k=1}^N \sum_{d|k} \mu(d)$。根据上面的性质，这个求和的结果是1——只有当$k=1$时内层和为1，所有$k>1$的项都是0。

我们交换求和顺序，将$d$作为外层变量（$d$是$k$的因数，所以$k = d \cdot m$，$m$是正整数）：
$$
\sum_{d=1}^N \mu(d) \sum_{m=1}^{\lfloor N/d \rfloor} 1 = 1
$$
内层求和$\sum_{m=1}^{\lfloor N/d \rfloor}1$就是$\lfloor N/d \rfloor$（不超过$N/d$的正整数个数），所以式子可以写成：
$$
\sum_{d=1}^N \mu(d) \cdot \lfloor N/d \rfloor = 1
$$

步骤2：拆分地板函数并关联目标求和 #

我们知道地板函数可以拆分为整数部分加小数部分：$\lfloor N/d \rfloor = \frac{N}{d} - {N/d}$，其中${N/d}$是$N/d$的小数部分，满足$0 \leq {N/d} < 1$。

将其代入上式：
$$
\sum_{d=1}^N \mu(d) \left( \frac{N}{d} - {N/d} \right) = 1
$$
展开后整理：
$$
N \cdot \sum_{d=1}^N \frac{\mu(d)}{d} - \sum_{d=1}^N \mu(d) \cdot {N/d} = 1
$$
设$S(N) = \sum_{n=1}^N \frac{\mu(n)}{n}$（也就是我们要估计的目标求和），则上式变为：
$$
N \cdot S(N) = 1 + \sum_{d=1}^N \mu(d) \cdot {N/d}
$$

步骤3：估计绝对值得到结论 #

现在我们来分析右边的求和项：

• 当$d=1$时，${N/1} = 0$，所以这一项为$\mu(1) \cdot 0 = 0$，求和可以从$d=2$开始。
• 对于$d \geq 2$，$|\mu(d)| \leq 1$且${N/d} < 1$，因此$|\mu(d) \cdot {N/d}| < 1$。

对右边取绝对值并放缩：
$$
|N \cdot S(N)| = \left| 1 + \sum_{d=2}^N \mu(d) \cdot {N/d} \right| \leq 1 + \sum_{d=2}^N |\mu(d) \cdot {N/d}|
$$
因为每一项都小于1，所以$\sum_{d=2}^N |\mu(d) \cdot {N/d}| < \sum_{d=2}^N 1 = N-1$，代入后：
$$
|N \cdot S(N)| < 1 + (N-1) = N
$$
两边同时除以$N$（$N$是正整数，不为0），得到：
$$
|S(N)| < 1
$$
再单独验证$N=1$的情况：$S(1) = \frac{\mu(1)}{1} = 1$，此时$|S(1)| = 1$，满足$|S(N)| \leq 1$。

综上，对所有正整数$N$，都有$\left| \sum_{n=1}^N \frac{\mu(n)}{n} \right| \leq 1$。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者saisanjeev