NO1.欧拉定理

NO2.费马小定理

NO3.若

$(m,n)=1$

(m,n)=1，则

$\phi (mn)=\phi (m)\phi (n)$

φ(mn)=φ(m)φ(n)

NO4.若

$p$

p为素数，

$e$

e为正整数，则

$\phi (p^e)=p^e?p^{e?1}$

φ(pe)=pe?pe?1

NO5.对正整数

$m={\prod }_{i=1}^s{p}_i^{{\alpha }_i}$

m=∏i=1s?piαi??，有

$\phi (m)=m{\prod }_{i=1}^s(1?\frac{1}{p_i})$

φ(m)=m∏i=1s?(1?pi?1?)

NO6.对

?d∑(d,n)=1d=n×φ(n)2\sum_{(d,n)=1}d=n\times \frac{\varphi(n)}{2}

∑(d,n)=1?d=n×2φ(n)?

??∵对

?i(n,i)=1(n,i)=1

(n,i)=1，有:

$(n,n?i)=(n,?i)=(n,i)=1$

(n,n?i)=(n,?i)=(n,i)=1??所以每个与

$n$

n互素的

$i$

i，都必有

$n?i$

n?i也与

$n$

n互素，即形成配对，每对和均为

$n$

n。而素数个数为

$\frac{\phi (n)}{2}$

2φ(n)?，因此有：

$\sum _{(d,n)=1}d=n\times \frac{\phi (n)}{2}$

(d,n)=1∑?d=n×2φ(n)?

NO7.

$n={\sum }_{d\mathrm{\mid }n}\phi (d)$

n=∑d ∣ n?φ(d)

??将正整数

$1,2,3,\dots ,n$

1,2,3,…,n按其与

$n$

n的最大公因数

$d$

d进行分类，我们将这些类命名为

$C_d$

Cd?。
??如对于

$n=24$

n=24，有如下几个类：

$$\begin{gathered} C_1=\{1,5,7,11,13,17,19,23\} \\ {C}_2=\{2,10,14,22\} \\ {C}_3=\{3,9,21,15\} \\ {C}_4=\{4,20\} \\ {C}_6=\{6,18\} \\ {C}_8=\{8,16\} \\ {C}_{12}=\{12\} \\ {C}_{24}=\{24\} \end{gathered}$$
C_2=\{2,10,14,22\} \\
C_3=\{3,9,21,15\} \\
C_4=\{4,20\} \\
C_6=\{6,18\} \\
C_8=\{8,16\} \\
C_{12}=\{12\} \\
C_{24}=\{24\}

C1?={1,5,7,11,13,17,19,23}C2?={2,10,14,22}C3?={3,9,21,15}C4?={4,20}C6?={6,18}C8?={8,16}C12?={12}C24?={24}

• 对所有
  $C_1$

  C1?类中元素，其与24均互素，否则必属于其他类，有

  $\phi (24)$

  φ(24)个；

• 对所有
  $C_2$

  C2?类中元素除以2后，其必与

  $24÷2=12$

  24÷2=12互素，否则，若其与12有素因子

  $a$

  a，则其与24的最大公因数必为

  $2a$

  2a，则必不属于

  $C_2$

  C2?类；因此

  $C_2$

  C2?类中元素个数为

  $\phi (12)$

  φ(12)；

• 对所有
  $C_3$

  C3?类中元素除以3后，其必与

  $24÷3=8$

  24÷3=8互素，否则，若其与8有素因子

  $a$

  a，则其与24的最大公因数必为

  $3a$

  3a，则必不属于

  $C_3$

  C3?类；因此

  $C_3$

  C3?类中元素个数为

  $\phi (8)$

  φ(8)；

• 同理
  $\dots$

  …

• 显然，对于所有
  $d\mathrm{\mid }n$

  d ∣ n，必有

  $d\in C_d$

  d∈Cd?，而

  $C_d$

  Cd?中的元素个数为

  $\phi (\frac{n}{d})$

  φ(dn?)。

??因此，每一类中的元素个数之和即为

$n$

n，即为

$n={\sum }_{d\mathrm{\mid }n}\phi (\frac{n}{d})={\sum }_{d\mathrm{\mid }n}\phi (d)$

n=∑d ∣ n?φ(dn?)=∑d ∣ n?φ(d)

NO8.对素数

$p$

p：若

$(n,p)=p$

(n,p)=p，则

$\phi (n?p)=p?\phi (n)$

φ(n?p)=p?φ(n)；否则，

$\phi (n?p)=(p?1)?\phi (n)$

φ(n?p)=(p?1)?φ(n)

• 对
  $(n,p)=?p$

  (n,p)?=p，必有

  $(n,p)=1$

  (n,p)=1，所以有：

  $\phi (n?p)=\phi (n)?\phi (p)=(p?1)?\phi (n)$

  φ(n?p)=φ(n)?φ(p)=(p?1)?φ(n)

• 对
  $(n,p)=p$

  (n,p)=p。

  • 方法1： 因为
    $(n,p)=p$

    (n,p)=p，则对任何

    $(r,n)=1$

    (r,n)=1，必有

    $(r,p)=1$

    (r,p)=1，所以

    $(r,n?p)=1$

    (r,n?p)=1。又因为有：

    $((p?1)n+r,n)=((p?2)n+r,n)=?=(n+r,n)=(r,n)=1$

    ((p?1)n+r,n)=((p?2)n+r,n)=?=(n+r,n)=(r,n)=1所以用

    $n?p$

    n?p替换

    $n$

    n有：

    $((p?1)n+r,n?p)=((p?2)n+r,n?p)=?=(n+r,n?p)=(r,n?p)=1$

    ((p?1)n+r,n?p)=((p?2)n+r,n?p)=?=(n+r,n?p)=(r,n?p)=1所以在

    $[1,n?p]$

    [1,n?p]中，对于每个与

    $n$

    n互素的

    $r$

    r，共有

    $N(r)=p$

    N(r)=p个基于

    $r$

    r的数也与

    $n$

    n互素，即亦与

    $n?p$

    n?p互素；而与

    $n$

    n互素的数的个数为

    $\phi (n)$

    φ(n)，因此有：

    $\phi (n?p)=N(r)?\phi (n)=p?\phi (n)$

    φ(n?p)=N(r)?φ(n)=p?φ(n)

  • 方法2： 因为
    $(n,p)=p$

    (n,p)=p，不妨设

    $n=p^k?m$

    n=pk?m，显然，对于任何

    $i\ge 1$

    i≥1均有

    $(p^i,m)=1$

    (pi,m)=1，所以有：

    $$\begin{gathered} \begin{array}{rl}{\displaystyle \\ \phi (n?p)=\phi (p^k?m?p)=\phi (p^{k+1},m)}& {\displaystyle =\phi (p^{k+1})?\phi (m)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =p^{k+1}?\frac{p?1}{p}?\phi (m)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =p?(p^k?\frac{p?1}{p})?\phi (m)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =p?\phi (p^k)?\phi (m)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =p?\phi (p^k?m)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =p?\phi (n)}\end{array} \end{gathered}$$
    \varphi(n*p)=\varphi(p^k*m*p)=\varphi(p^{k+1},m)&= \varphi(p^{k+1})*\varphi(m)\\
    &=p^{k+1}*\frac{p-1}{p}*\varphi(m)\\
    &=p*(p^k*\frac{p-1}{p})*\varphi(m)\\
    &=p*\varphi(p^k)*\varphi(m)\\
    &=p*\varphi(p^k*m)\\
    &=p*\varphi(n)
    \end{aligned}

    φ(n?p)=φ(pk?m?p)=φ(pk+1,m)?=φ(pk+1)?φ(m)=pk+1?pp?1??φ(m)=p?(pk?pp?1?)?φ(m)=p?φ(pk)?φ(m)=p?φ(pk?m)=p?φ(n)?

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参考资料

[1]. 《信安数学基础》第二章
[2]. 欧拉函数各种性质
[3]. 关于欧拉函数及其一些性质的美妙证明（2）