【学习笔记】欧拉函数&欧拉定理

欧拉函数&欧拉定理

费马小定理

这个是欧拉定理的（前缀）（？）

定义：

设 \(p\) 是素数。对于任意整数 \(a\) 且 \(p \nmid a\)，成立 \(a^{p-1}\equiv 1 \pmod p\)

证明

特殊情况

考虑特殊情况，因为直接思考大脑爆炸

考虑 \(4^6 = 1 \pmod 7\)

我们枚举 \(1,2,3,\cdots, n-1(6)\)

对比 \(x \pmod 7\) 和 \(4x \pmod 7\)

1	2	3	4	5	6
4	1	5	2	6	3

注意到第二行（\(4x \pmod 7\)）也是一个排列。

所以把他们乘起来，也是相同的，原式变为：

\[4^6 \times 6! \equiv 6! \pmod 7 \]

消去 \(6!\)，即为：

\[4^6 \equiv 1 \pmod 7 \]

一般情况

设 \(p\) 为素数，\(a\) 为任意整数且 \(p \nmid a\)，则数

\[a,2a,3a,\cdots ,(p-1)a \]

对 \(p\) 取模后与数

\[1,2,3,\cdots,p-1 \]

相同，允许位置不同。

从第一个数列中取 \(xa\)、\(ya\)。

我们假设他们同余，即：\(xa \equiv ya \pmod p\)。

数列中的数都比 \(p\) 小，所以 \(xa\)、\(ya\) 都是正整数。

那么因为 \(p \mid (xa - ya)\)，所以 \(p \mid a(x-y)\)

因为 \(p\) 不整除 \(a\)，所以 \(p \mid (x - y)\)。

且 \(|x-y| < p\)。

所以 \(|x-y| < p\)的范围内，能被 \(p\) 整除的数只有 \(0\)。

所以 \(x-y=0\)，所以\(x=y\)

矛盾。

所以在第一个数列中，每一个数对 \(p\) 取模的结果不同。

命题成立。

所以：

\[\prod_{i=1}^{p-1} ia \equiv \prod_{i=1}^{p-1} i \pmod p \]

即：

\[a^{p-1} \times (p-1)! \equiv (p-1)! \pmod p \]

消去 \((p-1)!\)：

\[a^{p-1} \equiv 1 \pmod p \]

证毕

应用：

\[a^{-1} \bmod p \ (\text{p is a prime,} 1 \le a < p) \]

这个式子可以化为：

\[a ^{-1} \times a ^ {p-1} \bmod p = a ^{p-2} \bmod p \]

其余的应用可以参考：费马小定理 & 欧拉定理 OI-wiki

欧拉函数

我们定义 \(\varphi(n)\) 为 \(1, 2, 3, \cdots,n\)中与 \(n\) 互质的数的个数。

我们来研究性质。

性质

欧拉函数是积性函数

排成如下方阵：

\[\begin{matrix} 1&2&\cdots&i&\cdots&n\\ 1+n&2+n&\cdots&i+n&\cdots&2n\\ 1+2n&2+2n&\cdots&i+2n&\cdots&3n\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 1+jn&2+jn&\cdots&i+jn&\cdots&(j+1)n\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 1+(m-1)n&2+(m-1)n&\cdots&i+(m-1)n&\cdots&mn \end{matrix} \]

设 \(n \bot m\)。

看第 \(j\) 列：

\[j,\ j+n,\ j+2n,\ \dots,\ j+(m-1)n. \]

这一列的数模 \(n\) 都等于 \(j\)，所以这一列的数与 \(n\) 互素当且仅当 \(j\) 与 \(n\) 互素。
而 \(1\le j\le n\) 中与 \(n\) 互素的 \(j\) 有 \(\varphi(n)\) 个。

固定一列。因为 \(\gcd(m,n)=1\)，所以

\[0,\ n,\ 2n,\ \dots,\ (m-1)n \]

模 \(m\) 的余数恰好遍历所有余数。因此

\[j,\ j+n,\ j+2n,\ \dots,\ j+(m-1)n \]

模 \(m\) 的余数也恰好遍历所有余数。
所以这一列中有 \(\varphi(m)\) 个数与 \(m\) 互素。

于是，同时与 \(m\) 和 \(n\) 互素的数，只能出现在与 \(n\) 互素的列中；这样的列有 \(\varphi(n)\) 列，每一列中又有 \(\varphi(m)\) 个与 \(m\) 互素。所以总数为

\[\varphi(m)\varphi(n). \]

而 \(1\) 到 \(mn\) 中与 \(mn\) 互素的数，正好是同时与 \(m,n\) 都互素的数，因为 \(\gcd(m,n)=1\)。因此

\[\varphi(mn)=\varphi(m)\varphi(n) \]

\[\varphi(n)=n\prod_{i=1}^{m} (1-\frac{1}{p_i}) \]

证明

我们设 \(p\) 为质数。

因为 \(1\) 到 \(p\) 中与 \(p\) 互质的数为 \(p - 1\) 个，所以 \(\varphi(p) = p-1\)。

所以 \(1\) 到 \(p^k\) 中与 \(p^k\) 不互质的数为 \(p^{k-1}\) 个。
\(\therefore \varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}\)

根据唯一分解定理：

若 \(n \in \mathbb{Z}\)

\(n=p_1^{k_1}p_2^{k_2}p_3^{k_3}p_4^{k_4}\cdots p_m^{k_m}\)

\(\therefore \varphi(n)=\varphi(p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_m^{k_m})\)

\(\therefore \varphi(n)=\varphi(p_1^{k_1})\cdot\varphi(p_2^{k_2})\cdot\varphi(p_3^{k_3})\cdots\varphi(p_m^{k_m})\) （积性函数）

\(\therefore \varphi(n)=(p_1^{k_1}-p_1^{k_1-1})(p_2^{k_2}-p_2^{k_2-1})\cdots(p_m^{k_m}-p_m^{k_m-1})\)

\(\varphi(n)=p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_m^{k_m}\left(1-\frac{1}{p_1}\right)\left(1-\frac{1}{p_2}\right)\cdots\left(1-\frac{1}{p_m}\right)\)

\(\therefore p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_m^{k_m}=n\)

\(\therefore \varphi(n)=n\left(1-\frac{1}{p_1}\right)\cdots\left(1-\frac{1}{p_m}\right)\)

\(\therefore \varphi(n)=n\prod_{i=1}^{m}\left(1-\frac{1}{p_i}\right)\)

欧拉反演

已知结论

\[n = \sum _{d|n} \varphi(d) \]

带入 \(n = \gcd(a, b)\)

\[\gcd(a,b)=\sum_{d|\gcd(a,b)} \varphi(d) = \sum_d[d|a][d|b] \varphi(d) \]

对 \(\gcd(a,b)\) 求和，其中 \([a]\) 是艾弗森符号。（若 \(a\) 为真为 \(1\)，否则为 \(0\)。）

\[\sum_{i = 1}^{n} \gcd(i, n) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_d [d|a][d|b] \varphi(d) = \sum_d \lfloor{\frac{n}{d}}\rfloor [d|n] \varphi(d) = \sum_{d|n} \lfloor{\frac{n}{d}}\rfloor \varphi(d) \]

怎么从第二步到第三步的？

即：\(\sum_{i=1}^n[d|i] = \lfloor{\frac{n}{d}}\rfloor\)

可以发现被 d 整除的刚好有 $\lfloor{\frac{n}{d}}\rfloor $ 个。

欧拉定理

\[a ^ {\varphi(m)} \equiv 1 \pmod m \ (a \bot m) \]

\(a \bot m\) 表示 \(a\) 和 \(m\) 互素。

证明

我们的第一种证明和费马小定理的证明类似。

所以我们掠过。

我们的第二个证明是在群论视角的。

有兴趣的可以看看我之前的博客。

设 \(m\ge 1\)。在 \(\mathbb Z/m\mathbb Z\) 中，令

\[U(m)=\{\bar a\in \mathbb Z/m\mathbb Z\mid \gcd(a,m)=1\}. \]

即 \(U(m)\) 由所有与 \(m\) 互素的剩余类组成。

命题：\(U(m)\) 在乘法下构成一个群。

验证：

• 封闭性：若 \(\gcd(a,m)=\gcd(b,m)=1\)，则 \(\gcd(ab,m)=1\)，所以 \(\overline{ab}\in U(m)\)。
• 结合律：由 \(\mathbb Z/m\mathbb Z\) 中乘法的结合律继承。
• 单位元：\(\bar 1\in U(m)\)，因为 \(\gcd(1,m)=1\)。
• 逆元：若 \(\bar a\in U(m)\)，则 \(\gcd(a,m)=1\)。由裴蜀定理，存在 \(x,y\in\mathbb Z\) 使 \(ax+my=1\)，于是 \(\bar a\bar x=\bar 1\)，且 \(\gcd(x,m)=1\)，所以 \(\bar x\in U(m)\)。

因此 \(U(m)\) 是一个群，称为模 \(m\) 的单位群。

由定义，

\[|U(m)|=\varphi(m). \]

由拉格朗日定理，对任意 \(\bar a\in U(m)\)，有

\[\operatorname{ord}(\bar a)\mid \varphi(m). \]

设 \(\operatorname{ord}(\bar a)=r\)，则 \(\varphi(m)=rk\) 对某整数 \(k\) 成立，于是

\[\bar a^{\varphi(m)}=(\bar a^r)^k=\bar 1^k=\bar 1. \]

翻译成同余式就是

\[a^{\varphi(m)}\equiv 1\pmod m. \]

这正是欧拉定理，证毕。

扩展欧拉定理

相比之前，不强制要求 \(a, m\) 互质了。

证明：

设 \(m=p_1^{e_1}\cdots p_k^{e_k}\)，\(p_i\) 为不同素数，\(e_i\ge1\)。令 \(r=c\bmod\varphi(m)\)。需证

\[a^c\equiv a^{r+\varphi(m)}\pmod m. \]

固定 \(p^e\parallel m\)。只需证

\[a^c\equiv a^{r+\varphi(m)}\pmod{p^e}. \]

当 \(p \mid a\) 时：

设 \(a=p^t b\)，\(t\ge1\)。由 \(p^e\mid m\)，

\[\varphi(m)\ge\varphi(p^e)=p^{e-1}(p-1)\ge e. \]

又 \(c\ge\varphi(m)\ge e\)，故

\[a^c=p^{tc}b^c\equiv0\pmod{p^e}. \]

而 \(r+\varphi(m)\ge\varphi(m)\ge e\)，故

\[a^{r+\varphi(m)}=p^{t(r+\varphi(m))}b^{r+\varphi(m)}\equiv0\pmod{p^e}. \]

故

\[a^c\equiv a^{r+\varphi(m)}\pmod{p^e}. \]

对每个 \(p_i^{e_i}\) 均有此同余。由中国剩余定理，

\[a^c\equiv a^{r+\varphi(m)}\pmod m. \]

即

\[a^c\equiv a^{c\bmod\varphi(m)+\varphi(m)}\pmod m. \]

\(p \nmid a\) 时：

则为基本欧拉定理，因此，所有情况均讨论玩，证毕。