欧拉函数，数论函数

对于整数而言：

定义

数论函数

定义域为正整数，值域（陪域）为复数（一般是整数）的函数，称为数论函数。
经典的数论函数有：
欧拉函数$\phi (x)={\sum }_{i=0}^{x-1}[i\perp x]$：表示[0,x-1]中与x互质的数的个数
常数函数$1(x)=1$
幂函数$I{d}_k(x)=x^k$，当k=1时为恒等函数$id(x)=x$，当k=0时为常数函数$1$
整除函数${\sigma }_k(x)={\sum }_{d|x}{d}^k$，当k=1时为约数和函数，当k=0时为约数个数函数$d$
莫比乌斯函数$\mu (x)=\{\begin{array}{c}1(x=1)\\ 0(x含有相同质因子)\\ (-1{)}^s(s为x的不同质因子的个数)\end{array}$

积性函数

若对于x⊥y，有$f(x)f(y)=f(xy)$，则称f为积性函数。
若对于所有x，y有$f(x)f(y)=f(xy)$，则称f为完全积性函数。
上述数论函数都是积性函数，暂时不给出证明，具体用到的时候再一一证明。

若有$f$是非恒等于0的积性函数，有$f(1)=1$。
这是因为由于$\forall x,1\perp x$只有这样才能保证$f(x)=f(x)\cdot f(1)$。

欧拉函数

$\phi (1)=1$

欧拉函数的积性证明起来比较麻烦，主要的方法有：

1. 群论
2. 狄利克雷卷积
3. 中国剩余定理
4. 同余方程转不定方程
5. 容斥原理

前四种门槛都比较高，就不再说了，这里只贴一下容斥原理的证明过程好了：

引用

QED.
此时，利用容斥原理，其实已经求出了欧拉函数的计算公式，但是底下我们再利用积性作为性质来证明一下欧拉函数的公式。

欧拉函数的性质

定义$\mathbb{P}$表示质数集合。

性质1

$\forall x\perp y:\phi (x)\cdot \phi (y)=\phi (x\cdot y)$

欧拉函数是积性函数。

性质2

$\forall p\in \mathbb{P}:\phi (p)=p-1$

性质3

$\phi (p^k)=(p-1)p^{k-1}$

证明：
对于$p^k$，在$[0,p^k-1]$范围内显然只有p的倍数与它不互质。
那么在此范围内，p的倍数一共有 { 0 ⋅ p , 1 ⋅ p , 2 ⋅ p , 3 ⋅ p , . . . , ( p k − 1 ⋅ p ) } \{0\cdot p,1\cdot p,2\cdot p,3\cdot p,...,(p^{k-1}\cdot p)\} {0⋅p,1⋅p,2⋅p,3⋅p,...,(pk−1⋅p)}这些数（不包括$(p^{k-1}\cdot p)$），也就是总共$p^{k-1}$个数。
那么与$p^k$互质的数的个数就是$\phi (p^k)=p^k-p^{k-1}=p^{k-1}(p-1)$

QED.

性质4

$\phi (n)=n{\prod }_{i=1}^s\left(1-\frac{1}{p_i}\right)$

欧拉函数计算公式。

证明：
$p_i$表示$n$的不同质因子，$s$表示质因子个数
推导积性函数的性质时，很容易想到把一个数分解成它的标准分解式，把函数拆开：
$\phi (n)=\phi \left({\prod }_{i=1}^s{p}_i^{a_i}\right)$

注意到各个素因子之间肯定是互质的，因此可以拆开：
$={\prod }_{i=1}^s\phi (p_i^{a_i})$

直接套公式：
$={\prod }_{i=1}^s(p_i-1)p_i^{a_i-1}$
$={\prod }_{i=1}^s\left(1-\frac{1}{p_i}\right)p_i^{a_i}$

其实${\prod }_{i=1}^s{p}_i^{a_i}$就是$n$，可以提出来：
$=n{\prod }_{i=1}^s\left(1-\frac{1}{p_i}\right)$

QED.
最后我们发现，$a_i$没了，这表明，欧拉函数只和质因子有关，和含有同一个质因子的次数无关。这也很显然，只要含有此质因子一次，$n$就与此质因子所有的倍数不互质了。

推论1：

$m|n:\phi (m)|\phi (n)$

目前没看到什么用

证明就是把公式拆开：
$\phi (n)=\frac{n}{m}m\prod \left(1-\frac{1}{只属于n不属于m的质因子}\right)\cdot \prod \left(1-\frac{1}{m的质因子}\right)$
$=\frac{n}{m}\prod \left(1-\frac{1}{只属于n不属于m的质因子}\right)\cdot m\prod \left(1-\frac{1}{m的质因子}\right)$
$=\frac{n}{m}\prod \left(1-\frac{1}{只属于n不属于m的质因子}\right)\phi (m)$

QED.

推论2：

$p\in \mathbb{P}:\phi (p\cdot x)=\{\begin{array}{c}p|x:p\cdot \phi (x)\\ else:\phi (p)\cdot \phi (x)\end{array}$

可以用来筛欧拉函数。

证明也是把公式拆开。

推论3

$\gcd (x,y)=d:\phi (xy)=\frac{\phi (x)\phi (y)d}{\phi (d)}$

这个过程实际上是积性函数性质的推广。
所以证明也是带进公式：
$\phi (xy)=xy\prod \left(1-\frac{1}{xy的质因子}\right)$

$=xy\left(\frac{\prod \left(1-\frac{1}{x的质因子}\right)\prod \left(1-\frac{1}{y的质因子}\right)}{\prod \left(1-\frac{1}{xy的公共质因子}\right)}\right)$

拆一下贡献，把$x$贡献给左边的prod式，y贡献到右边：
$=\frac{x\prod \left(1-\frac{1}{x的质因子}\right)y\prod \left(1-\frac{1}{y的质因子}\right)}{\prod \left(1-\frac{1}{xy的公共质因子}\right)}$

上下乘一个$d$：
$=\frac{x\prod \left(1-\frac{1}{x的质因子}\right)y\prod \left(1-\frac{1}{y的质因子}\right)\cdot d}{d\cdot \prod \left(1-\frac{1}{xy的公共质因子}\right)}$
$=\frac{\phi (x)\phi (y)d}{\phi (d)}$

QED.

性质5

事实上，欧拉函数还有如下重要性质：

$n=\sum _{d|n}\phi (d)$

这个性质证明起来比较麻烦，主要有这么几种方法：

1. 比较形式的朴素证明
2. 狄利克雷卷积
3. 朴素的证明

这里只说第1，3种证明方法，其他的方法遇到的时候再说好了。

比较形式的朴素证明：

首先有:${\mathbb{X}}_n=\mathbb{Z}\cap [1,n]$，也就是 X n = { 1 , 2 , . . . , n } \mathbb{X}_n=\{1,2,...,n\} Xn​={1,2,...,n}
其次定义 A d = { x ∈ X n , gcd ⁡ ( x , n ) = d } \mathbb{A}_d=\{x \in \mathbb{X}_n,\gcd(x,n)=d\} Ad​={x∈Xn​,gcd(x,n)=d}，也就是区间[1,n]中gcd=d的所有数

注意到：$d\nmid n:{\mathbb{A}}_d=\varnothing$
因而有：$\bigcup _{d|n}{\mathbb{A}}_d=\stackrel{n}{\bigcup _{d=1}}{\mathbb{A}}_d={\mathbb{X}}_n$

注意到： d ∣ n : A d = { x ∈ X n , gcd ⁡ ( x , n ) = d } = { x ∈ X n , gcd ⁡ ( x d , n d ) = 1 } = { x ∈ X n d , gcd ⁡ ( x , n d ) = 1 } d|n:\mathbb{A}_d=\{x \in \mathbb{X}_n,\gcd(x,n)=d\}=\{x \in \mathbb{X}_n,\gcd( \frac x d ,\frac n d )=1\}=\{x \in \mathbb{X}_{\frac n d },\gcd( x, \frac n d )=1\} d∣n:Ad​={x∈Xn​,gcd(x,n)=d}={x∈Xn​,gcd(dx​,dn​)=1}={x∈Xdn​​,gcd(x,dn​)=1}，此时$|A_d|=\phi (\frac{n}{d})$

因此有： $n=\left|{\mathbb{X}}_n\right|=\left|\bigcup _{d|n}{\mathbb{A}}_d\right|$

如何计算${\mathbb{A}}_d$的并集的大小呢？事实上，任意${\mathbb{A}}_d$之间交集都为空，这很显然，所以只需要计算每个集合的大小，再求和就好了。
$=\sum _{d|n}\left|{\mathbb{A}}_d\right|=\sum _{d|n}\phi (\frac{n}{d})=\sum _{d|n}\phi (d)$

QED.

朴素的证明：

以$n=12$为例，我们先考虑以12为分母的所有真分数：
$\frac{0}{12},\frac{1}{12},\frac{2}{12},\frac{3}{12},\frac{4}{12},\frac{5}{12},\frac{6}{12},\frac{7}{12},\frac{8}{12},\frac{9}{12},\frac{10}{12},\frac{11}{12},\frac{11}{12}$

约分，整理一下：
$\frac{0}{1},\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{2}{3},\frac{1}{4},\frac{3}{4},\frac{1}{6},\frac{5}{6},\frac{1}{12},\frac{5}{12},\frac{7}{12},\frac{11}{12}$

首先，分母都是$n$的约数，这很显然。
其次，分母为$d$的分数出现次数为$\phi (d)$。这怎么证明呢？
假设分母为$d$的分数共有$X_d$个。
首先$X_d\le \phi (d)$。
其次，不存在$x\perp d:\frac{x}{d}不存在$。因为$\frac{x}{d}$对应的$\frac{x\cdot \frac{n}{d}}{n}$一定存在，且只有一种约分的方法（一个分数只有一种最简形式）。因此：$\phi (d)\le X_d$

因此$X_d=\phi (d)$

而我们知道，把$n$为分母的真分数化简，最终一定得到$n$个不相同的既约真分数：
$n=\sum _{d|n}{X}_d=\sum _{d|n}\phi (d)$

很明显不可能得到小于$n$个既约真分数吧？（好像不太明显）
假设有两个既约真分数相等，设为$\frac{a}{b}=\frac{c}{d}(a\perp b,c\perp d,a\ne c,b\ne d)$：
即：$ad=bc$
就有：$\frac{ad}{c}=b$和$d=\frac{bc}{a}$
由于：$c\perp d$和$a\perp b$
所以：$c|a$且$a|c$，即$a=c$，矛盾。

QED.

性质6

小于x且与x互质的数的和：$x\frac{\phi (x)}{2}$

妙极了，因为O($\sqrt{n}$)用试除法分解质因子的同时可以得到一个数的欧拉函数值，所以可以O($\sqrt{n}$)求这个和。（还可以$O\left(\sqrt[4]{n}\right)$求）

证明：
…写到这里突然不会证了。
我刚刚明明会的…

好了，我证出来了。但是要用莫比乌斯反演和狄利克雷卷积。
不放到莫比乌斯反演的文章里是因为，莫比乌斯反演的文章太长了，用浏览器编辑起来非常的卡。

要求：
$\stackrel{n-1}{\sum _{i=1}}[i\perp n]i$

直接对这个式子做莫比乌斯反演：
$=\sum _{d|n}\mu (d)\stackrel{n-1}{\sum _{i=1}}[d|i]i$
$=\sum _{d|n}\mu (d)d\stackrel{\lfloor \frac{n-1}{d}\rfloor }{\sum _{i=1}}i$

注意到$\lfloor \frac{n-1}{d}\rfloor =\frac{n}{d}-1$，这是因为$d\mid n$，因此$\frac{n}{d}$恰好取整，因而$\lfloor \frac{n-1}{d}\rfloor$应等于$\frac{n}{d}$的取整值再$-1$。

$=\sum _{d|n}\mu (d)d\stackrel{\frac{n}{d}-1}{\sum _{i=1}}i$

做等差数列求和：

$=\sum _{d|n}\mu (d)d\frac{\left(\frac{n}{d}\right)\left(\frac{n}{d}+1\right)}{2}$
$=\frac{1}{2}\sum _{d|n}\mu (d)d\left(\frac{n}{d}\right)\left(\frac{n}{d}+1\right)$
$=\frac{n}{2}\sum _{d|n}\mu (d)\frac{n}{d}+\frac{1}{2}\sum _{d|n}\mu (d)d\cdot \frac{n}{d}$
$=\frac{n}{2}\sum _{d|n}\mu (d)\frac{n}{d}+\frac{n}{2}\sum _{d|n}\mu (d)$
$=\frac{n}{2}\sum _{d|n}\mu (d)\frac{n}{d}+\frac{n}{2}[n=1]$

设$n>1$：

$=\frac{n}{2}\sum _{d|n}\mu (d)\frac{n}{d}$

这个和式就是狄利克雷卷积：
$=\frac{n}{2}\phi (n)$

QED.

当然还有一种证明方法，考虑到gcd算法，设$x\perp n$，则$gcd(n,x)=gcd(n,n-x)=1$，说明$n-x\perp n$，这表明，与$n$互质的数成对出现，且每一对的和都为$n$。我们知道与$n$互质的数共有$\phi (n)$个，也就是$\frac{\phi (n)}{2}$对。求得答案相同。

关于欧拉函数的其他一些东西

与欧拉函数有关的练习题

P2158 [SDOI2008] 仪仗队
P2568 GCD
P2398 GCD SUM

杂项

事实上，$\phi (x)=x-1$表明$x\in \mathbb{P}$，这或许有用，但大概率没用，但是还是有点用。

后记

于是皆大欢喜。