欧拉函数为什么是积性函数

Smlight

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文章标签：数论欧拉函数积性函数

于 2016-07-20 13:33:46 首次发布

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欧拉函数的积性是指：

若m,n互质，则有 φ(mn)=φ(m)φ(n)

方法一

首先仅使用容斥原理推出计算公式。

对n进行标准质因数分解，n=p1^a1*p2^a2*p3^a3*...*pk^ak，pi 为各不相同的质数。

设集合 S={1,2,...,n}，Ai是S中能被pi整除的数的集合。

则有 $\varphi(n) = |\bar{A_1} \cap\bar{A_2} \cap \cdots \cap\bar{A_k} |$

由容斥原理，

$\varphi(n) = |S|-|A_1\cup A_2 \cup \cdots \cup A_k |$

$= n- (\sum_{i }|A_i|-\sum_{1\leq i < j \leq k}|A_i\cap A_j|+\dots + (-1)^{k-1}|A_1\cap A_2 \cap \cdots \cap A_k | )$

$= n - \sum_{1\leq i \leq k }{\frac{n}{p_{i}}} + \sum_{1\leq i < j \leq k}{\frac{n}{p_{i}p_{j}}} + \dots + (-1)^{k}\frac{n}{p_{1}p_{2}\cdots p_k}$

先提取公因数 n

$\varphi(n) = n(1 - \sum_{1\leq i \leq k }{\frac{1}{p_{i}}} + \sum_{1\leq i < j \leq k}{\frac{1}{p_{i}p_{j}}} + \dots + (-1)^{k}\frac{1}{p_{1}p_{2}\cdots p_k})$

再提取 1-1/p1 （必定可以，可反乘验证）

$\varphi(n) = n(1-\frac{1}{p_1})(1 - \sum_{2\leq i \leq k }{\frac{1}{p_{i}}} + \sum_{2\leq i < j \leq k}{\frac{1}{p_{i}p_{j}}} + \dots + (-1)^{k-1}\frac{1}{p_{2}\cdots p_k})$

以此类推，可得计算公式：

φ(n)=n(1-1/p1)(1-1/p2)(1-1/p3)…(1-1/pk)

再使用计算公式进行证明。

有 φ(m)=m(1-1/p1)(1-1/p2)(1-1/p3)…(1-1/pn)，φ(n)=n(1-1/p1')(1-1/p2')(1-1/p3')…(1-1/pn')

φ(m)φ(n)=m(1-1/p1)(1-1/p2)(1-1/p3)…(1-1/pn)·n(1-1/p1')(1-1/p2')(1-1/p3')…(1-1/pn')

其中p1,p2,p3...pn为m的质因数，p1',p2',p3'...pn'为n的质因数。

由“m,n互质”可知m,n无公因数，
所以p1,p2,p3...pn，p1',p2',p3'...pn'互不相同，
所以p1,p2,p3...pn，p1',p2',p3'...pn'均为mn的质因数且为mn质因数的全集，
有 φ(mn)=mn(1-1/p1)(1-1/p2)(1-1/p3)…(1-1/pn)(1-1/p1')(1-1/p2')(1-1/p3')…(1-1/pn')，
所以 φ(mn)=φ(m)φ(n)

方法二

在证明前先了解下以下知识：
(a,b)代表最大公约数，[a,b]代表最小公倍数
m|(a-b) <=> a≡b (mod m)
a=pm+r (0<=r<m)
b=qm+r (0<=r<m)
由此可以推出：
性质1（反身性）：a≡a（mod m）。
显然有a-a=0=m·0。
性质2（对称性）：若a≡b（mod m），那么b≡a（mod m）。
性质3（传递性）：若a≡b（mod m），b≡c（mod m），那么 a≡c（mod m）。
性质4（可加减性）：若a≡b（mod m），c≡d（mod m），那么 a±c≡b±d（mod m）。
性质5（可乘性）：若a≡b（mod m），c≡d（mod m），那么 ac≡bd（mod m）。
   证明：m|(a-b) , m|(c-d) 设 a-b=km c-d=lm (ac-bd)=klm^2+(b+d)m =>m|(ac-bd)
性质6：若a≡b（mod m），那么 an≡bn（mod m），n为正整数。
   证明： m|(a-b) => m|n*(a-b)
性质7：若 ac≡bc（mod m），(c,m) =1，那么 a≡b（mod m）
   证明： m|c(a-b),d=(m,c) => (m/d)|(a-b) => a≡b（mod m/d）=>当 d=1时即 (c,m)=1上面结论成立
性质8：若a≡b（mod m），那么a的n次方和b的n次方也对于m同余
   证明：a^n-b^k=(a-b)(a^(n-1)+a^(n-2)b...+b^(n-1)) +m|(a-b) => m|(a^n-b^n)
性质9：若 a≡b(mod m1)，a≡b(mod m2)... a≡b(mod mi) 则 a≡b(mod [m1,m2,..mi])
   证明：m1|(a-b)，m2|(a-b) ...mi|(a-b) =>[m1,m2...mi]|(a-b) (因为 a-b里面含了 m集合的所有因子和每个因子的最大个数)
推论 m1,m2...mi两两互质，则 a≡b(mod m1m2...mi);

定义：

X 代表 M 简化剩余系 个数φ(M) （简化剩余系的含义，请另查资料）
Y 代表 N 简化剩余系个数φ(N)
xi 代表X的元素，yj代表Y的元素

下面证明： φ(MN)=φ(M)φ(N)，其中(M,N)=1
我们需要证明
A: (xiN+yjM,MN)=1, 且当i,j取遍所有值时，xiN+yjM 均不在 MN 的同一剩余类中
这可以说明 xiN+yjM 能表示 MN 的 φ(M)φ(N) 个不同的剩余类
B: xiN+yjM 确实可以代表 MN 的简化剩余系的每个元素
这可以说明 MN 的简化剩余系大小就是 φ(M)φ(N)

A 的证明：
Step 1，
(xi,M)=1; => (xiN,M)=1; => (xiN+yiM,M)=1; ....1
(yi,N)=1; => (yiM,N)=1; => (yiM+xiN,N)=1; ....2
由 1,2 => (xiN+yiM,MN)=1;

Step 2，
使用反证法，我们假设：
存在两个有序二元组 (i,j) ≠ (k,l)，使得 xiN+yjM 和 xkN+ylM 落在 MN 的同一剩余类中，即 xiN+yjM≡xkN+ylM (mod MN) 。
由 xiN+yjM≡xkN+ylM (mod MN)
=> xiN+yjM≡xkN+ylM (mod M)
=> xiN≡xkN (mod M)
由性质 7 => xi≡xk (mod M)
因为在 M 的简化剩余系中，不存在两个对 M 同余的数，所以 i=k 。同理，j=l。
即(i,j) = (k,l)，与假设矛盾，所以，当i,j取遍所有值时，xiN+yjM 均不在 MN 的同一剩余类中

B 的证明:
设 Z 是 MN 的简化剩余系的集合的任意某个元素
由 (N,M)=1 => 存在 x0,y0，使得 Mx0+Ny0=1 => Mx0Z+Ny0Z=Z
=> 存在 p,q，使得 Mp+Nq=Z
由 (Z,MN)=1; => (Mp+Nq,M)=1; => (Nq,M)=1; => (q,M)=1
=> 存在i，使得 xi≡q (mod M) => xiN=Nq (mod MN) ....1
同理可得 (p,N)=1 => 存在j，使得 yj≡p (mod N) => yjM=Mp (mod MN) ....2
两式相加可得，Mp+Nq≡xiN+yjM (mod MN) => Z≡xiN+yjM (mod MN)
所以 MN 的简化剩余系每个元素都可以用 xiN+yjM 表示。

综上， φ(MN)=φ(M)φ(N) 成立。