欧拉函数

欧拉函数 \(\varphi (n)\) 是指区间 \([1,n)\) 内与 \(n\) 互素的数的个数

欧拉函数具有如下性质：

1. \(\sum\limits_{d\mid n}\varphi(d)=n\)

将有理数 \(\frac 1n,\frac2n,\frac 3n,...,\frac nn\) 化为最简形式，易知其中以 \(d\mid n\) 为分母的分数有 \(\varphi(d)\) 个，即证

2. 设 \(n\) 的素因子集合为 \(\{p_1,p_2,...,p_k\}\) ，则 \(\varphi(n)=n(1-\frac 1{p_1})(1-\frac 1{p_2})...(1-\frac 1{p_k})\)

对性质 \(1\) 使用莫比乌斯反演，有

\(\varphi(n)=\sum\limits_{d\mid n} d\cdot \mu(\frac nd)=n(1-\sum\frac 1{p_i}+\sum\frac 1{p_ip_j}-... )=n(1-\frac 1{p_1})(1-\frac 1{p_2})...(1-\frac 1{p_k})\)

3. \(\varphi\) 是积性函数

直接推论： \(a\mid b=>\varphi(a)\mid \varphi(b)\)

4. \(\varphi(n)>\frac n{4\ln n}\)

\(\sigma(n)=n\sum\limits_{d\mid n}\frac1d<n(1+\ln n)\)

\(\sigma(n)\cdot \varphi(n)\ge n^2\cdot\prod_{p\mid n}(1+\frac 1{p})(1-\frac1{p})\ge \frac 12n^2\)

其中 \(\prod(1-\frac1{p^2})\ge 1-\sum \frac 1{p^2}\ge \frac 12\) 由伯努利不等式及对素数的估计得到

CP1

下列问题是基于性质 \(2\) 等式的

例1

设正整数 \(n,k\) 满足 \(\varphi^{(k)}(n)=1\) ，求证： \(n\le 3^k\)

法一：关键是 \(2\) 的幂次在每次 \(\varphi\) 减少了 \(1\) ，但每个奇素数都能在 \(\varphi\) 时贡献一定的 \(2\) 的次数，我们来做估计

\(v_2(\varphi^{(i)}(n))-v_2(\varphi^{(i-1)}(n))\ge -1+\omega_1(n)\)

其中 \(\omega_1(n)\) 表示 \(n\) 的不同奇素因子个数

可知 \(-v_2(n)\ge -k+\sum\limits_{i=1}^k\omega_1(\varphi^{(i-1)}(n))\)

关键是在已知 \(\omega_1(m)\) 的情况下，我们可以估计 \(\frac {m}{\varphi(m)}\le 2\cdot \prod\limits_{奇素p\mid m}{\frac p{p-1}}\le 2\cdot (\frac 32)^{\omega_1(m)}\)

从而

\(\begin{aligned} \prod\limits_{i=1}^k\frac{\varphi^{(i-1)}(n)}{\varphi^{(i)}(n)}&\le 2^k\cdot (\frac 32)^{\sum\limits_{i=1}^k\omega_1(\varphi^{(i-1)}(n))}\\ &\le 2^k(\frac 32)^{k-v_2(n)}\\ &\le 3^k \end{aligned}\)

法二：记 \(f(x)\) 表示使 \(\varphi^{(k)}(x)=1\) 的最小 \(k\)

一个大致的考虑使：每个素数贡献的 \(2\) 的幂次都是固定的，要数次 \(\varphi\) 的迭代才能消耗掉

那么大致有 \(f(nm)\ge f(n)+f(m)-s(n,m)\) ，\(s(n,m)=1\) 当且仅当 \(m,n\) 有一个为奇数（这是因为奇数会有一次”过渡“变为偶数再降低2的幂次，而乘在一起就把这次“过渡”给抵消了）

首先有基础事实： \(f(2n)=f(n)+[2\mid n]\)

使用归纳法证明：只需证以下两种情况：

1. \(2\ne p\mid n,f(pn)=f(p\varphi(n))+1\ge f(p)+f(\varphi(n))+1=f(p)+f(n)\) （注意 \(\varphi(n)\) 一定是偶数）

2. \((m,n)=1,f(mn)=f(\varphi(m)\varphi(n))+1\ge f(m)+f(n)-1\) （注意 \((m,n)=1\) 时它们不均为偶数）

结合基础事实完成归纳

在这个结论的基础上再作归纳（对 \(x\)）：

1. \(x=p>3^\alpha=>f(p)\ge \alpha+2\)

2. \(x=n>3^\alpha=>f(n)\ge \alpha+1\)

实际上有 \(f(p)=f(p-1)+1\) 且 \(p>3^\alpha+1\) 从而 \(f(p)\ge \alpha +2\)

记 \(n=pn',p>3^\gamma,n'>3^\beta\) ，有 \(\beta+\gamma+1\ge \alpha\) ，则 \(f(n)\ge f(p)+f(n')-1=\gamma+2+\beta+1-1\ge \alpha+1\)

例2

存在正整数 \(m\) 使方程 \(\varphi(x)=m\) 有至少 \(2015\) 个解

设 \(P=\{p_1,p_2,...,p_k\}\) ，令 \(N=\prod\limits_{p\in P}p\) ，则取 \(x_i=(1-\frac 1{p_i})N\) 即满足条件

本题说明：记 \(f(n)\) 表示 \(\{1,2,...,n\}\) 中 \(\varphi\) 的像集，则 \(\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \frac{f(n)}n=0\)

例3

设 \(n\) 是正整数，满足 \(\varphi(n)\mid n-1,n+1\mid \sigma(n)\) ，求证： \(n\) 是素数

首先若存在素数 \(p\) ，满足 \(p^2\mid n\) ，则 \(p\mid \varphi (n)\) ，与 \(\varphi(n)\mid n-1\) 矛盾

设 \(n=p_1p_2...p_k\) ，并且由于 \(\varphi(n)\) 是偶数， \(n\) 为奇数。假设 \(k>1\)

我们试图通过整除进行大小估计。关键是 \((p_1-1)(p_2-1)...(p_k-1)\mid p_1p_2...p_k-1\) 给出 \(p_1p_2...p_k\equiv 1\:(mod~2^k)\) ，从而 \(v_2(n+1)=1\)

这意味着 \(n+1\mid \frac {p_1+1}2\cdot \frac{p_2+1}2\cdot ...\cdot \frac {p_k+1}2\) ，当 \(k>1\) 显然（留给读者）有左边大于右边，矛盾

例4

若奇数 \(n\) 满足 \(\varphi(n),\varphi(n+1)\) 均为 \(2\) 的幂，求证： \(n=5\) 或 \(n+1\) 为 \(2\) 的幂

显然， \(\varphi(x)\) 为 \(2\) 的幂当且仅当其素数分解式为 \(2^\alpha F_{m_1}F_{m_2}...F_{m_k}\) ，其中 \(F_{m_i}\) 为费马素数

声称：对序列 \(a_1\le a_2\le ...\le a_n\) 及最小的未在该序列中出现的自然数 \(k\) ，有 \(F_{a_1}F_{a_2}...F_{a_n}\equiv 2^{2^k}-1\:(mod~2^{2^k+1})\)

证明：由 \(F_0F_1...F_k=F_{k+1}-2\) 显然

下设 \(n=F_{k_1}F_{k_2}...F_{k_s},n+1=2^wF_{l_1}F_{l_2}...F_{l_t}\) ，显然 \(\{k_1,k_2,...,k_s\}\cap \{l_1,l_2,...,l_t\}=\emptyset\)

设 \(\{k_1,k_2,...,k_s\}\) 中未出现的最小自然数是 \(m\)

那么由于 \(n\equiv -1\:(mod~2^w)\) ，知 \(w\le 2^m\) （否则余数不为 \(-1\) ）

由 \(w\ge 1\) 以及 \(F_0F_1...F_k=F_{k+1}-2\) ，显然有 \(k_1>l_1\)

考虑两种情况：

1. \(k_1\ne 0\) ，即 \(m=0,w=1\)

注意到 \(F_k\cdot F_i>2F_0F_1...F_{k-1}-1>2^wF_{l_1}F_{l_2}...F_{l_t}-1\) ，并且 \(F_k>2F_0F_1...F_{k-1}/F_i-1\) 对 \(i=0,1,...,k-1\) 成立

也就是说 \(s=1\) ，否则 \(l\) 全取都补不上；并且 \(l\) 必须把 \(1,2,...,k-1\) 取满

从而只能有 \(F_k=2F_0F_1...F_{k-1}-1=2(F_k-2)-1\) ，解得 \(F_k=5\)

2. \(k_1=0\) ，并且 \(k_s> s-1\) （也就是说 \(0,1,2...,k_s\) 并没有全取满）

同样地，声称 \(F_0F_1...F_{k_i}F_{k_s}>2^w\cdot F_{k_i+1}...F_{k_s-1}-1\)

实际上 \((F_{k_i+1}-2)F_{k_s}>(F_{k_i+1}-1)(F_{k_s}-2)/3-1\) ，只需要看两边 \(F_{k_s}\) 的系数就可以知道了

3. \(k_s=s-1\) ，有 \(2^w=F_0F_1...F_{s-1}+1\) ，即 \(n+1\) 为 \(2\) 的幂

CP2

下面是关于欧拉函数的一些求和问题，关键是欧拉函数的性质以及拆分+交换和号的操作

例1

\(\sum\limits_{d=1}^n\varphi(d)[\frac nd]=\frac {n(n+1)}2\)

关键想法是： \(\sum\limits_{d=1}^n\varphi(d)[\frac nd]=\sum\limits_{d=1}^n\varphi(d)\sum\limits_{d\mid m,1\le m\le n} 1=\sum\limits_{m=1}^n\sum\limits_{d\mid m}\varphi(d)=RHS\)

注：对所有积性函数 \(f\) 有 \(g(n)=\sum\limits_{d\mid n}f(n)=>\sum\limits_{k=1}^ng(k)=\sum\limits_{k=1}^nf(k)[\frac nk]\)

例2

1. \(\sum\limits_{i=1}^n\varphi(i)=1+\sum\limits_{i=1}^n\mu(i)[\frac ni]^2\)

2. \(|\sum\limits_{i=1}^n\varphi(i)-\frac 3{\pi^2}n^2|<2n+n\ln n\)

由类似例 \(1\) 的方法，可以得到 \(\sum\limits_{i=1}^n\mu (i)[\frac ni]=1\) （\(\sum\limits_{k\mid n}\mu(k)=[n=1]\)）

基于恒等式 \(\varphi(k)=k\cdot\sum_{d\mid k}\frac{\mu(d)}d\) （这就是欧拉函数表达式的变形），可以得到

\(LHS=\sum\limits_{k=1}^n k\sum\limits_{d\mid n}\frac{\mu(d)}d=\sum\limits_{d=1}^n\frac{\mu(d)}{d}\sum\limits_{d\mid k,k\le n}k=\sum\limits_{d=1}^n\frac{\mu(d)}{d}\sum\limits_{jd\le n}jd=\sum\limits_{d=1}^n\frac{\mu(d)[\frac nd]([\frac nd]+1)}{2d}\)

结合开始的结果完成证明

另一种证法是：对 \(\sum\limits_{i=1}^n\varphi(i)=\sum\limits_{i=1}^n\mu(i)C_{[\frac ni]}^2+1\)

我们这样理解右边：将每个 \(i=p_1p_2...p_k\) 的倍数取出，共 \([\frac ni]\) 个，将其中的每对 \((xi,yi)\) 统计 \(\mu(i)\) 次；特别地，最开始 \(i=1\) 将 \(C_n^2\) 对数都统计了一遍（ \((1,1)\) 除外，因此要 \(+1\) ）

现在考虑数对 \((x,y)\) 对两侧的贡献：

若 \(gcd(x,y)=1\) ，在左侧 \((x,y)\) 的贡献为 \(1\) ，它们没有公因子意味着在右侧的贡献也为 \(1\)

若 \(gcd(x,y)=p_1^{\alpha_1}...p_k^{\alpha_k}\) ，在左侧 \((x,y)\) 的贡献为 \(0\) ，在右侧的贡献为 \(\sum\limits_{l=1}^k\sum\limits_{i=p_{j_1}...p_{j_l}}\mu(i)=1-C_{k}^1+C_k^2-C_k^3+...=0\)

现在，由于 \(|[\frac ni]^2-\frac {n^2}{i^2}|<1+\frac {2n}i\) ，以及 \(|\mu(i)|\le 1\) ，我们有：（这里 \(i=1\) 可以把右边的调和级数常数砍掉）

\(|2\sum\limits_{i=1}^n\varphi(i)-\sum\limits_{i=1}^n\mu(i)(\frac ni)^2|\le n+2n\ln n\)

则根据恒等式 \(\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{\mu(k)}{k^2}=\frac 6{\pi^2}\) （这等价于 \(\sum_{j\ge 1}\frac1{j^2}\sum_{k\ge 1}\frac{\mu(k)}{k^2}=1\)）

有 \(|\sum\limits_{i=1}^n\varphi(i)-\frac 3{\pi^2}n^2|<2n+n\ln n\)

完成证明

例3

求证： \(\frac{\varphi(1)}{2^1-1}+\frac{\varphi(2)}{2^2-1}+...=2\)

关键是拆分：\(\frac{\varphi(k)}{2^k-1}=\frac{\varphi(k)}{2^k}\cdot \frac 1{1-\frac 1{2^k}}=\varphi(k)\sum\limits_{j\ge 1}\frac 1{2^{jk}}\)

从而原式 \(=\sum\limits_{k=1}^\infty\varphi(k)\sum\limits_{j\ge 1}\frac 1{2^{jk}}=\sum\limits_{i=1}^\infty\frac 1{2^i}\sum\limits_{d\mid i}\varphi(d)=\sum\limits_{i=1}^\infty\frac{i}{2^i}=2\)

例4

证明：对有限正整数集 \(A\) ，有 \(\sum\limits_{S\subset A} (-2)^{|S|-1}gcd(S)>0\)

设 \(N=lcm(A),A=\{a_1<a_2<...<a_n\}\)

关键是： \(gcd(a_1,a_2,...,a_k)=\sum\limits_{u\mid gcd(a_1,a_2,...,a_k)}\varphi(u)=\sum\limits_{u\mid N}\varphi(u)\cdot 1_{u\mid a_1}\cdot 1_{u\mid a_2}...\)

\( \begin{aligned} 原&=\sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{1\le i_1<...<i_k\le n}(-2)^{k-1}\sum\limits_{u\mid N}\varphi(u)\prod\limits_{i=1}^n1_{u\mid a_i}\\ &=\sum\limits_{u\mid N}\varphi(u)\sum\limits_{k=1}^n\sum\limits_{1\le i_1<...<i_k\le n}(-2)^{k-1}\prod\limits_{i=1}^n1_{u\mid a_i}\\ &=\sum\limits_{u\mid N}\varphi(u)((-2)^{1_{u\mid a_1}}+1)...((-2)^{1_{u\mid a_n}}+1)\\ &=\sum\limits_{u\mid N}\varphi(u)\frac{1-(-1)^{\sum\limits_{i=1}^n1_{u\mid a_i}}}2\\ &\ge\varphi(a_n)>0\\ \end{aligned} \)

例5

对 \(S\) 定义 \(|S|\) 表示 \((\sum\limits_{x,y\in S}\frac 1{[x,y]})^{\frac 12}\) ，求证：若 \(A,B\) 是不交正整数有限集，则 \(|A\cup B|\le |A|+|B|\)

与上一题相同，由 \(\frac 1{[x,y]}=\frac {(x,y)}{xy}\) 给出

\( \begin{aligned} |S|&=\sum\limits_{d}\varphi(d)\sum\limits_{x,y\in S,d\mid x,d\mid y} \frac 1{xy}\\ &=\sum\limits_{d}\varphi(d)(\sum\limits_{d\mid x\in S}\frac 1x)^2 \end{aligned} \)

由柯西不等式，可得

\( \begin{aligned} |A\cup B|^2 &=\sum\limits_{d}\varphi(d)(\sum\limits_{d\mid x\in A}\frac 1x+\sum\limits_{d\mid x\in B}\frac 1x)^2\\ &\le\sum\limits_{d}\varphi(d)(|A|+|B|)(\frac{(\sum\limits_{d\mid x\in A}\frac 1x)^2}{|A|}+\frac{(\sum\limits_{d\mid x\in B}\frac 1x)^2}{|B|})\\ &=(|A|+|B|)(\frac{\sum\limits_{d}\varphi(d)(\sum\limits_{d\mid x\in A}\frac 1x)^2}{|A|}+\frac{\sum\limits_{d}\varphi(d)(\sum\limits_{d\mid x\in B}\frac 1x)^2}{|B|})\\ &=(|A|+|B|)^2 \end{aligned} \)