各种证明（备忘）

目录

• n div i有2√n个取值
• n div a div b=n div (a*b)
• n div (n div x)=x (x≤√n)
• 平方求和公式
• 调和级数公式
  • 欧拉常数计算
• 斐波那契数列性质
• 欧拉函数性质
• $\prod_{i=0}^{p-1}{(x-i)}=x^p-x\;(mod\;p) \; p \in prime$
• $\prod{\frac{1}{x^2}}=\frac{\pi^2}{6}$
• $\sum_{gcd(i,n)=1}i=\frac{1}{2}\varphi(n)n$
• $\sum_{i=1}^{k}{i\binom{k}{i}}=2^{k-1}k$
• $\sigma_0(nm)=\sum_{i|n} \sum_{j|m} [(i,j)=1]$
• 斐波那契通项公式
• $\varphi(ab)=\varphi(a)\varphi(b)*\frac{(a,b)}{\varphi((a,b))}$

不定期更新(×)

定期不更新(√)

n div i有2√n个取值

https://blog.csdn.net/gmh77/article/details/88142031
显然n div i最多只有2√n个取值，则s和g最多只有2√n个取值
对于≤√n的数可以直接存，处理也很方便，对于>√n的可以用n div x来存

n div a div b=n div (a*b)

来自https://blog.csdn.net/semiwaker/article/details/73822107

n div (n div x)=x (x≤√n)

设$n=ax+b（0≤b<x）$
$\left \lfloor \frac{n}{\left \lfloor \frac{n}{x} \right \rfloor} \right \rfloor=x$
$\left \lfloor \frac{ax+b}{\left \lfloor \frac{ax+b}{x} \right \rfloor} \right \rfloor=x$
$\left \lfloor \frac{ax+b}{a} \right \rfloor=x$
$\left \lfloor x+\frac{b}{a} \right \rfloor=x$
如果$\frac{b}{a}<1$那么结论就可以成立
即$a>b$
因为$n=ax+b$
所以$a=\left \lfloor \frac{n}{x} \right \rfloor$，$b=n\;mod\;x$
因为$x \leqslant sqrt(n)$，所以$\left \lfloor \frac{n}{x} \right \rfloor \geqslant sqrt(n)$，即$a\geqslant sqrt(n)$
因为$b=n\;mod\;x$，所以$b<x$，即$b<sqrt(n)$
所以$a\geqslant sqrt(n)>b$，即当$x \leqslant sqrt(n)$时原式成立
（用于min25筛）

平方求和公式

不是求平方和
求$\sum_{i=1}^{n}{i^2}$
根据高斯求和公式，$\sum_{i=1}^{n}{i^2}=\sum_{i=1}^{n}{\frac{1}{2}(i+n)(n-i+1)}$（i²=i*i，i出现了i次）
$=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}{n^2-i^2+i+n}$
$=\frac{1}{2}(n^2(n+1)+\frac{1}{2}(1+n)n-\sum_{i=1}^{n}{i^2})$
$=\frac{1}{2}(n(n+1)(n+\frac{1}{2})-\sum_{i=1}^{n}{i^2})$
联立求解
$\sum_{i=1}^{n}{i^2}=\frac{1}{2}(n(n+1)(n+\frac{1}{2})-\sum_{i=1}^{n}{i^2})$
$2\sum_{i=1}^{n}{i^2}=n(n+1)(n+\frac{1}{2})-\sum_{i=1}^{n}{i^2}$
$3\sum_{i=1}^{n}{i^2}=n(n+1)(n+\frac{1}{2})$
$\sum_{i=1}^{n}{i^2}=\frac{n(n+1)(n+\frac{1}{2})}{3}$
$\sum_{i=1}^{n}{i^2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

调和级数公式

https://blog.csdn.net/gmh77/article/details/98226712
$\sum_{i=1}^{n}{\frac{1}{i}}=\ln(n)+\gamma+X_n$（γ为欧拉常数，当n趋近与无穷大时X_n约等于0）

$\sum_{i=1}^{n}{\frac{1}{i}}=\int_{1}^{n+1}{\frac{1}{\left \lfloor x \right \rfloor}}dx$
$=\int_{1}^{n+1}{\frac{1}{x}}dx+\int_{1}^{n+1}{(\frac{1}{\left \lfloor x \right \rfloor}-\frac{1}{x})}dx$
$=\ln(n+1)+\int_{1}^{n+1}{(\frac{1}{\left \lfloor x \right \rfloor}-\frac{1}{x})}dx$
$=\ln(n)+\gamma+X_n$（n+1≈∞）
$\approx \ln(n)+\gamma$（n+1≈∞）

欧拉常数计算

#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define E 0.0001
using namespace std;

long double euler,i;

int main()
{
	i=1;
	
	while (i<=10000)
	{
		euler+=(1.0/floor(i)-1.0/i);
		i+=E;
	}
	
	printf("%0.10Lf\n",euler*E);
}

算得γ=0.5771351607

斐波那契数列性质

https://blog.csdn.net/gmh77/article/details/98583079
①$gcd(F(n-1),F(n))=1$
②$F(n)=F(m+1)F(n-m)+F(m)F(n-m-1)$
③$gcd(F(n),F(m))=F(gcd(n,m)$
证明：
①
反证，若$gcd(F(n-1),F(n))=a$（a>1），那么a|F(n-1)、a|F(n)
因为F(n)=F(n-1)+F(n-2)，则a|F(n-2)
如此类推，发现a|F(1)
因为a>1且F(1)=1，所以不成立
②
归纳：已证得$F(n)=F(m)F(n-m+1)+F(m-1)F(n-m)$，边界为$F(n)=F(2)F(n-1)+F(1)F(n-2)$（m=1）
$F(n)=F(m)F(n-m+1)+F(m-1)F(n-m)$
$F(n)=F(m)F(n-m)+F(m)F(n-m-1)+F(m-1)F(n-m)$
$F(n)=(F(m)+F(m-1))F(n-m)+F(m)F(n-m-1)$
$F(n)=F(m+1)F(n-m)+F(m)F(n-m-1)$
③
$gcd(F(n),F(m))=gcd(F(m+1)F(n-m)+F(m)F(n-m-1),F(m))$
$gcd(F(n),F(m))=gcd((F(m+1)F(n-m)+F(m)F(n-m-1))\; mod \;F(m),F(m))$
因为$gcd(a*b,c)=gcd(b,c)$（ac互质）且$gcd(F(m),F(m+1))=1$
$gcd(F(n),F(m))=gcd(F(n-m),F(m))$
可以发现上面的式子类似求gcd
因为$gcd(a,b)=gcd(gcd(a,b),0)$
类比可得$gcd(F(n),F(m))=gcd(F(gcd(n,m)),F(0))=F(gcd(n,m))$（F(0)=0）
（这个式子对多个数也是成立的）
参考&其它性质：https://www.cnblogs.com/Milkor/p/4734763.html

欧拉函数性质

https://blog.csdn.net/gmh77/article/details/99066792
$n=\sum_{d|n}{\varphi(d)}$
设$F(n)=\sum_{d|n}{\varphi(d)}$，则
$F(n)*F(m)=\sum_{i|n}{\varphi(i)}*\sum_{j|m}{\varphi(j)}$（nm互质）
$=\sum_{i|n}{\sum_{j|m}{\varphi(i*j)}}$
$=F(n*m)$
所以证得F(n)是积性函数
求$F(p^k)$（p为质数）
$F(p^k)=\sum_{i=0}^{k}{\varphi(p^i)}$
$=(\sum_{i=1}^{k}{p^i*(1-\frac{1}{p})})+1$
$=(\sum_{i=1}^{k}{p^{i-1}*(p-1)})+1$
$=(\sum_{i=1}^{k}{p^i-p^{i-1}})+1$
$=p^k-p^0+1$
$=p^k$
由于F(n)是积性函数，且F(p^k)=p^k，所以可以推得F(n)=n（对于任意n）
所以
$F(n)=\sum_{d|n}{\varphi(d)}$
$n=\sum_{d|n}{\varphi(d)}$
参考&其它性质：https://blog.csdn.net/liuzibujian/article/details/81086324

$\prod_{i=0}^{p-1}{(x-i)}=x^p-x\;(mod\;p) \; p \in prime$

时隔六个月我又更了

大概是因为点值相同所以等价

具体证明：https://www.cnblogs.com/Dup4/p/10750749.html

$\prod{\frac{1}{x^2}}=\frac{\pi^2}{6}$

有这条式子但是不会证

$\sum_{gcd(i,n)=1}i=\frac{1}{2}\varphi(n)n$

当n>2时若gcd(n,i)=1，则gcd(n,n-i)=1

那么gcd=1的会成对存在，有phi(n)/2对，每对相加为n

n=2时刚好满足（巧合），n=1要特判

$\sum_{i=1}^{k}{i\binom{k}{i}}=2^{k-1}k$

$i\binom{k}{i}=i*\frac{k!}{i!(k-i)!}=k*\frac{(k-1)!}{(i-1)!(k-i)!}=\binom{k-1}{i-1}$

$\sigma_0(nm)=\sum_{i|n} \sum_{j|m} [(i,j)=1]$

σ0是约数个数

每个因子p（n中a1，m中a2）是独立的，因此等价于算了(a1+1)+(a2+1)-1=a1+a2+1次，刚好是$\sigma_0$的计算方法

斐波那契通项公式

https://www.cnblogs.com/gmh77/p/13387949.html

$\varphi(ab)=\varphi(a)\varphi(b)*\frac{(a,b)}{\varphi((a,b))}$

这是当ab不互质的情况，考虑直接相乘时对于ab的共同质因子会多乘上一个(p-1)/p，所以要将其消掉

而后面的$\frac{(a,b)}{\varphi((a,b))}$就是把共同(p-1)/p除掉