记号

\(\bmod n\) 代表对 \(n\) 取模。

\(\equiv\) 代表同余。

\(\gcd\) 代表最大公因子。

\(a\perp b\) 代表 \(\gcd(a,b)=1\)。

\(\mathbb Z[p]\) 代表 \(\bmod p\) 下的数域，包含 \(p\) 个元素（\(0,1,\cdots,p-1\)）。也可以写作 \(\mathbb{Z/pZ}\)。

\(S_n=\{x|1\le x\le n,\gcd(x,n)=1\}\)，\(\phi(n)=|S_n|\) 是 Euler 函数。

\(\sigma_k(n)=\sum_{d|n}d^k\) 为因数个数函数（\(d=0\)），因数和函数（\(d=1\)）。常见变种：\(\tau(n)=\sigma_0(n),\sigma(n)=\sigma_1(n)\)。

\(\Omega(n)\) 为 \(n\) 的各个素因子的幂次之和。\(\lambda(n)=(-1)^{\Omega(n)}\)。

\(\mu(n)=\begin{cases}\lambda(n),&n\text{ 没有平方因子}\\0,&\text{otherwise}\end{cases}\) 为 Mobius 函数。

\([x]\) 为 Iverson 括号，其为 \(1\) 当且仅当表达式 \(x\) 为真，否则为 \(0\)。\(\epsilon(n)=[n=1]\)。

\((f*g)(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac nd)\) 为 \(f\) 和 \(g\) 的 Dirichlet 卷积。

Euler 定理

取一个和 \(n\) 互素的 \(a\)，那么有

\[a^{\phi(n)}\equiv1\pmod n \]

Proof.

将 \(S\) 的每个元素都乘上 \(a\) 并 \(\bmod n\)，设为 \(T\)（可重集）。由于 \(T\) 中的元素仍然都和 \(n\) 互素，有 \(|T|=\phi(n)\)。

接下来证明 \(T\) 中没有重复元素。如果有重复元素 \(i\) 和 \(j\)，那么 \(\frac ia\bmod n=\frac ja\bmod n\)，而等式两边都是在 \(S\) 中的元素，矛盾。所以 \(T=S\)。

那么 \(\prod_{x\in S}x\equiv\prod_{x\in T}x\bmod n\)。两边同时除以 \(\prod_{x\in S}x\) 得到定理。\(\square\)

Fermat 小定理

如果 \(p\) 是个素数，那么

\[a^p\equiv a\pmod p \]

Proof.

\(a\bmod p=0\) 的情况显然。

剩下的情况由于 \(\phi(p)=|{1,2,\cdots,p-1}|=p-1\)，根据欧拉定理得证。\(\square\)

Wilson 定理

对于素数 \(p\)，有

\[(p-1)!\equiv-1\pmod p \]

Proof.

\(p=2\) 的情况显然。奇素数我们用两种方法证明：

Method 1.

以下的讨论均在 \(\mathbb Z[p]\) 里进行。

构造函数 \(f(x)=\prod_{i=1}^{p-1}(x-i),g(x)=x^{p-1}-1\)。根据 Fermat 小定理，这两个函数在 \(\mathbb Z[p]\) 里都拥有根 \(1,2,...,p-1\)。这意味着 \(f(x)-g(x)\) 在 \(\mathbb Z[p]\) 里也有这些根。但是 \(f(x)-g(x)\) 的次数至多 \(p-2\)，这意味着 \(f(x)-g(x)\) 至多有 \(p-2\) 个根，但这与它有 \(p-1\) 个根矛盾，所以有 \(f(x)\equiv g(x)\pmod p\)，他们的常数项也相同，这也就证明了定理。\(\square\)

Method 2.

考虑 \(S_p\) 去掉 \(1\) 和 \(p-1\) 两个数。剩下的 \(p-3\) 个数可以两两分组，每组的乘积 \(\bmod p=1\)。所以 \((p-1)!\equiv p-1\equiv-1\pmod p\)。\(\square\)

中国剩余定理

定理本身：如果 \(n_1,n_2,\cdots,n_m\) 两两互素，那么 \(n=\prod n_i\) 满足

\[\mathbb{Z/nZ\cong(Z/n_1Z)\times(Z/n_2Z)\times\cdots\times(Z/n_mZ)} \]

定理还提出了从右边映射到左边的方法：

  1. 求出 \(N_i=\frac n{n_i}\)。
  2. 求出 \(t_i=\frac1{N_i}\bmod n_i\)。
  3. 最终答案为 \(a=\sum_{i=1}^m a_iN_it_i \bmod n\)。

可以证明这是双射。这里略。

Mobius 反演

如果

\[F(n)=\sum_{d|n}f(d)=(f*1)(n) \]

那么

\[f(n)=\sum_{d|n}F(d)\mu(\frac nd)=(F*\mu)(n) \]

反之亦然。

Proof.

\[\begin{aligned} \sum_{d|n}F(d)\mu(\frac nd)&=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{e|\frac nd}f(e)\\ &=\sum_{de|n}\mu(d)f(e)\\ &=\sum_{e|n}f(e)\sum_{d|\frac ne}\mu(d)\\ &=(f*\epsilon)(n)\\ &=f(n)&\square \end{aligned} \]

函数性质

  1. 如果 \(f(n),g(n)\) 是积性的，那么 \(h(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac nd)\) 也是积性的。

这条性质也被叫做 Dirichlet 卷积的保积性。

  1. 上面提到的 \(\phi(n)\) 是积性函数。
  2. \(\sigma_k(n)\) 是关于 \(n\) 的积性函数。
  3. \(\sum_{d|n}\phi(d)=n\)。
  4. 对于任何一个积性函数 \(f(x)\)，都有 \(\sum_{n\ge1}f(n)=\prod_p\sum_{i\ge0}f(p^i)\)。
  5. \(\mu(n)\) 是积性函数。
  6. Mobius 函数满足：\(\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]\)。即当 \(n=1\) 时左边等于 \(1\)，其他情况下左边等于 \(0\)。
  7. \(\sum_{k=1}^n\sum_{j=1}^{\lfloor\frac nk\rfloor}\phi(j)=\frac{n(n+1)}2\)。

Proof.

\[\begin{aligned} h(nm)&=\sum_{d|nm}f(d)g(\frac{nm}d)\\ &=\sum_{d_1|n}\sum_{d_2|m}f(d_1d_2)g(\frac{nm}{d_1d_2})\\ &=\sum_{d_1|n}\sum_{d_2|m}f(d_1)f(d_2)g(\frac n{d_1})g(\frac m{d_2})\\ &=\sum_{d_1|n}f(d_1)g(\frac n{d_1})\times\sum_{d_2|m}f(d_2)g(\frac m{d_2})\\ &=h(n)h(m)&\square \end{aligned} \]

  1. 可以通过中国剩余定理构造 \(\mathbb{Z/mnZ\cong(Z/mZ)\times(Z/nZ)}\) 来证明。这也相当于 \(S_{ab}\leftrightarrow S_a\times S_b\)。\(\square\)
  2. 任何 \(n\) 的因数 \(d_n\) 和 \(m\) 的因数 \(d_m\) 乘起来得到的 \(d_{nm}\) 刚好可以覆盖 \(nm\) 的所有因子。\(\square\)
  3. 对每个 \(d\) 构造集合 \(T_d\) 为 \(S_d\) 每个元素乘上 \(\frac nd\)。于是每个集合的元素和 \(n\) 的 \(\gcd\) 刚好为 \(\frac nd\)。我们注意到这些集合刚好可以遍历 \([1,n]\) 的所有元素，因此等式成立。\(\square\)
  4. 展开右边，对于每个左边的 \(n\)，都有唯一的一种 \(p^i\) 的组合，通过积性得到证明。\(\square\)
  5. 这里我们只考虑 \(n,m\) 均无平方因子的情况（有平方因子时两边都是 \(0\)）。\(\mu(nm)=(-1)^{\Omega(nm)}=(-1)^{\Omega(n)+\Omega(m)}=\mu(n)\mu(m)\)，其中 \(\Omega(nm)=\Omega(n)+\Omega(m)\) 显然。\(\square\)
  6. 由于 Dirichlet 卷积的保积性，这相当于证明 \(\sum_{i=0}^{q}\mu(p^i)=[p^q=1]=[q=0]\)，显然。\(\square\)

\[\begin{aligned} \sum_{k=1}^n\sum_{j=1}^{\lfloor\frac nk\rfloor}\phi(j)&=\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^{\lfloor\frac nj\rfloor}\phi(j)\\ &=\sum_{j=1}^n\phi(j)\lfloor\frac nj\rfloor \end{aligned} \]

如果我们把 \(j\) 作为第而个求和对象，并计算 \([1,n]\) 中 \(j\) 的倍数提供的贡献，那么：

\[\begin{aligned} \sum_{j=1}^n\phi(j)\lfloor\frac nj\rfloor&=\sum_{k=1}^n\sum_{j|k}\phi(j)\\ &=\sum_{k=1}^nk\\ &=\frac{n(n+1)}2&\square \end{aligned} \]