一些简单数论函数是积性函数的证明

前言

我们将证明以下函数是积性函数：
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$\mu (x)=\{\begin{array}{c}1(x=1)\\ 0(x含有相同质因子)\\ (-1{)}^s(s为x的不同质因子的个数)\end{array}$

狄利克雷卷积构造函数：$f=g\ast h$，若有$g,h$为积性函数，则$f$为积性函数。

引理

若$x\cdot y=n,x\perp y:\sum _{d_1|x}\sum _{d_2|y}f(d_1\cdot d_2)=\sum _{d|n}f(d)$

证明一下：
首先，对于$d_1|x,d_2|y,x\perp y$，必然有$d_1\perp d_2$。

然后我们看这个式子：
$\sum _{d_1|x}\sum _{d_2|y}f(d_1\cdot d_2)$
设$x=d$：
$=\sum _{d_1|d}\sum _{d_2|\frac{n}{d}}f(d_1\cdot d_2)$

则$n$的质因子被划分为互质的两个部分，其中$d_1|x,d_2|y$。我们断言，所有$d_1\cdot d_2$构成的去重的集合= { d ∣ n } \{d|n\} {d∣n}
这是由于，$d_1$取遍了$x$的每一种可能约数，$d_2$取遍了$y$的每一种可能约数，则就$d_1\cdot d_2$相当于取遍了$x\cdot y=n$的每一种可能约数。

此外我们证明，不存在$d_1\cdot d_2=d_1^{\prime }\cdot d_2^{\prime }(d_1\ne d_1^{\prime },d_2\ne d_2^{\prime }且d_1,d_2,d_1^{\prime },d_2^{\prime }\ne 1)$，也就是$d_1\cdot d_2$构成的可重集不存在重复元素：

证明一：
假设$d_1\cdot d_2=d_1^{\prime }\cdot d_2^{\prime }$，设$g_1=\gcd (d_1,d_1^{\prime }),g_2=\gcd (d_2,d_2^{\prime })$：
$\frac{d_1}{g_1}\cdot \frac{d_2}{g_2}=\frac{d_1^{\prime }}{g_1}\cdot \frac{d_2^{\prime }}{g_2}$
设$k_1=\frac{d_1}{g_1},k_2=\frac{d_2}{g_2},k_1^{\prime }=\frac{d_1^{\prime }}{g_1},k_2^{\prime }=\frac{d_2^{\prime }}{g_2}$：
$k_1\cdot k_2=k_1^{\prime }\cdot k_2^{\prime }$
此时$k_1\perp k_1^{\prime }(因为\gcd 已经被除掉了),k_1\perp k_2^{\prime }(原本d_1,d_2^{\prime }就互质)$：
即$k_1\perp k_1^{\prime }\cdot k_2^{\prime }$。

又因为$k_1\cdot k_2=k_1^{\prime }\cdot k_2^{\prime }$，把等式左代入，所以$k_1\perp k_1\cdot k_2$，这显然不可能，矛盾。

证明二：
假设$d_1\cdot d_2=d_1^{\prime }\cdot d_2^{\prime }$，因为$d_1\perp d_2^{\prime }$，可知$d_1|d_1^{\prime }$，则设$d_1^{\prime }=k\cdot d_1$。

同理可知$d_2^{\prime }=k\cdot d_2$，则$k|\gcd (d_1\cdot k,d_2\cdot k)=\gcd (d_1^{\prime },d_2^{\prime })|\gcd (x,y)$。
因为$d_1^{\prime }\ne d_1$，所以$k\ne 1$，则$x/\perp y$。矛盾。

证明三：
假设$d_1\cdot d_2=d_1^{\prime }\cdot d_2^{\prime }$，因为$d_1\perp d_2^{\prime }$，可知$d_1|d_1^{\prime }$，又$d_1\ne d_1^{\prime }$，则$d_1<d_1^{\prime }$。

同理可知$d_1>d_1^{\prime }$。矛盾。

证明三：
假设$d_1\cdot d_2=d_1^{\prime }\cdot d_2^{\prime }$，因为$d_1\perp d_2^{\prime }$，可知$d_1|d_1^{\prime }$，同理可知$d_1|d_1^{\prime }$。则$d_1=d_1^{\prime }$，矛盾。

我还是喜欢证明一…

因此有 { d 1 ⋅ d 2 } = { d ∣ n } \{d_1\cdot d_2\}=\{d|n\} {d1​⋅d2​}={d∣n}，因而有$d|n$把$d_1\cdot d_2$不重不漏的表示出来：
$左式=\sum _{d_1|d}\sum _{d_2|\frac{n}{d}}f(d_1\cdot d_2)=\sum _{d|n}f(d)$

QED.

这个证明也可以直接从质因子角度思考。

莫比乌斯函数是积性函数

莫比乌斯函数显然是积性函数。

幂函数是积性函数

显然幂函数、常数函数不仅是积性函数，还是完全积性函数。

整除函数是积性函数

证明一下：
简记${\sigma }_k$为$\sigma$，对于$x\cdot y=n,x\perp y$。
$\sigma (x)\cdot \sigma (y)={\sum }_{d_1|x}{d}_1^k{\sum }_{d_2|y}{d}_2^k={\sum }_{d_1|x}{\sum }_{d_2|y}{d}_1^k\cdot d_2^k={\sum }_{d_1|x}{\sum }_{d_2|y}(d_1{d}_2{)}^k$

应用引理：
$={\sum }_{d|n}{d}^k=\sigma (n)$

QED.

狄利克雷卷积构造函数是积性函数

证明一下：
对于$x\cdot y=n,x\perp y,h=f\ast g$。
$h(x)\cdot h(y)=\sum _{d_1|x}f(d_1)g(\frac{x}{d_1})\sum _{d_2|y}f(d_2)g(\frac{y}{d_2})=\sum _{d_1|x}\sum _{d_2|y}f(d_1)f(d_2)\cdot g(\frac{x}{d_1})g(\frac{y}{d_2})$

首先有$d_1\perp d_2$，其次$\frac{x}{d_1}|x,\frac{y}{d_2}|y$，因此$\frac{x}{d_1}\perp \frac{y}{d_2}$，也就是说$f,g$函数都可以合并起来：

$=\sum _{d_1|x}\sum _{d_2|y}f(d_1\cdot d_2)\cdot g(\frac{x\cdot y}{d_1\cdot d_2})$

设辅助函数$\varphi (X)=f(X)\cdot g(\frac{n}{X})$，显然可以应用引理：
$=\sum _{d|n}\varphi (d)=\sum _{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})$

QED.

欧拉函数是积性函数

有狄利克雷卷积卷积关系$\phi =id\ast \mu$，其中$id，\mu$为积性函数，可知$\phi$为积性函数。

事实上，欧拉函数是积性函数有很多证明方法。

后记

于是皆大欢喜。