“欧拉函数详解”附：证明

$1.2.1$

钦定无需证明

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$1.2.2$

显然 $[1,p)\cap \mathbb{Z}$ 中所有数都与 $p$ 互质，所以 $\phi (p)=p-1$

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$1.2.3$

$p^k$ 的质因子只有 $p$ ，所有与 $p^k$ 不互质的数一定可以被 $p$ 整除。
在小于 $p^k$ 的数中，能被 $p$ 整除的数有 $p,2p,\dots ,(p^{k-1}-1)\times p$ ，共 $p^{k-1}-1$ 个。
所以 $[1,p^k)\cap \mathbb{Z}$ 中与 $p^k$ 互质的数的个数就是 $(p^k-1)-(p^{k-1}-1)=p^k-p^{k-1}$ ，也就是 $\phi (p^k)=p^k-p^{k-1}$

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$1.2.4$

设 $X$ 为 $M$ 的简化剩余系，其中的元素用 $x_i$ 来表示，元素个数为 $\phi (M)$ ；
设 $Y$ 为 $N$ 的简化剩余系，其中的元素用 $y_i$ 来表示，元素个数为 $\phi (N)$ 。
我们只需证明下面三点即可：
$\mathrm{A}:({\mathrm{x}}_{\mathrm{i}}\mathrm{N}+{\mathrm{y}}_{\mathrm{i}}\mathrm{M},\mathrm{M}\mathrm{N})=1$
$\mathrm{B}:{\mathrm{x}}_{\mathrm{i}}\mathrm{N}+{\mathrm{y}}_{\mathrm{i}}\mathrm{M}代表的元素两两不在同一剩余系内$
$\mathrm{C}:{\mathrm{x}}_{\mathrm{i}}\mathrm{N}+{\mathrm{y}}_{\mathrm{i}}\mathrm{M}能代表\mathrm{M}\mathrm{N}的简化剩余系内的所有元素$

• $证明\mathrm{A}$ ：
  $(x_i,M)=1\Rightarrow (x_{i}N,M)=1\Rightarrow (x_{i}N+y_{i}M,M)=1$
  $(y_i,N)=1\Rightarrow (y_{i}M,N)=1\Rightarrow (x_{i}N+y_{i}M,N)=1$
  $\therefore (x_{i}N+y_{i}M,MN)=1$
• $证明\mathrm{B}$ ：
  设 $x_{i1}N+y_{j1}M\equiv x_{i2}N+y_{j2}M(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}MN)$
  则 $x_{i1}N+y_{j1}M\equiv x_{i2}N+y_{j2}M(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}M)$
  $\therefore x_{i1}N\equiv x_{i2}N(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}M)$
  方程两边同乘以 $inv(N,M)$ 得 $x_{i1}\equiv x_{i2}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}M)$
  又 $\because x_{i1},x_{i2}<M$
  $\therefore x_{i1}=x_{i2}$
  $\therefore i1=i2$
  同理可得 $j1=j2$
  $\therefore x_{i}N+y_{i}M代表的元素两两不在同一剩余系内$
• $证明\mathrm{C}$ ：
  设 $z$ 是 $MN$ 的简化剩余系中的任意一个元素。
  $\because (N,M)=1$
  $\therefore 存在整数x_0,y_0满足N{x}_0+M{y}_0=1$
  $\therefore 存在整数x_0,y_0满足N{x}_{0}z+M{Y}_{0}z=z$
  $\therefore 存在整数x,y满足Nx+My=z$
  $\because (z,MN)=1$
  $\therefore (Nx+My,MN)=1\Rightarrow (Nx,M)=1\Rightarrow (x,M)=1\Rightarrow x\equiv x_i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}M)$
  同理 $y\equiv y_i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}N)$
  $又\because z=Nx+My$
  $\therefore z\equiv x_{i}N+y_{i}M(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}MN)$
  $\therefore x_{i}N+y_{i}M能代表MN的简化剩余系内的所有元素$

至此 $\mathrm{A},\mathrm{B},\mathrm{C}$ 三点证明完毕。
显然 $x_{i}N+y_{i}M$ 可以代表 $\phi (M)\phi (N)$ 个值，所以 $\phi (MN)=\phi (M)\phi (N)$

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$1.2.5$

将 $x$ 分解质因数： $x=p_1^{k_1}\times p_2^{k_2}\times \cdots \times p_n^{k_n}$
由欧拉函数的积性可知 $\phi (x)=\prod _{i=1}^n\phi (p_i^{k_i})$
根据 1.2.3 ，上式就等于 $\prod _{i=1}^n(p_i^{k_i}-p_i^{k_i-1})$
变形一下就是 $\prod _{i=1}^n[p_i^{k_i}\times (1-\frac{1}{p_i})]$
把 $\prod _{i=1}^n{p}_i^{k_i}$ 提出来变为 $x$ ，就有 $\phi (x)=x\times \prod _{i=1}^n(1-\frac{1}{p_i})$ 了。

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$1.2.6$

由 1.2.5 的公式得 $\phi (xp)=(xp)\times \prod _{i=1}^{n^{\prime }}(1-\frac{1}{p_i^{\prime }})$ （ $n^{\prime },p^{\prime }$ 的意义类似于原公式中的 $n,p$ ）
1.2.5的公式是 $\phi (x)=x\times \prod _{i=1}^n(1-\frac{1}{p_i})$ ，因为 $p\mid x$，所以 $x$ 乘上 $p$ 之后没有增加新的质因子，所以两坨乘积式是相等的
所以 $\phi (xp)=\phi (x)\times p$

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$1.2.7$

易知 $(x,p)=1$ ，根据欧拉函数的积性就有 $\phi (xp)=\phi (x)\phi (p)$ 。

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$4$

取 $p$ 的一个质因数 $q$ ，令 $p=q^r\times t$ ，其中 $q,t$ 互质。
$\because q^{\phi (t)}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}t)（欧拉定理），\phi (p)=\phi (q^r)\phi (t)（欧拉函数积性）$
$\therefore {\left(q^{\phi (t)}\right)}^{\phi \left(q^r\right)}\equiv 1^{\phi \left(q^r\right)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}t)$ ，即 $q^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}t)$
设 $q^{\phi (p)}=kt+1$ ，则 $q^{\phi (p)+r}=q^r(kt+1)=kp+q^r$ ，故 $q^{\phi (p)+r}\equiv q^r(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$

当 $b\ge r$ 时，就有 $q^b\equiv q^{b-r}\times q^r\equiv q^{b-r}\times q^{\phi (p)+r}\equiv q^{b+\phi (p)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$
当 $b\ge 2\phi (p)$ 时， $b-\phi (p)\ge \phi (p)\ge \phi (q^r)\ge r$ ，故 $q^b\equiv q^{b-\phi (p)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ ，即 $q^b\equiv q^{b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (p)+\phi (p)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$

将 $a$ 分解质因数。
如果 $a$ 的质因子 $x$ 满足 $x\mid p$ ，则根据我们上面的推导可知 $x^b\equiv x^{b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (p)+\phi (p)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$ ；
若 $x\nmid p$ ，则 $x,p$ 互质，根据欧拉定理也可以搞出上面那个式子。
于是我们会得到：
$\{\begin{array}{l}{x_1}^b\equiv {x_1}^{b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (p)+\phi (p)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)\\ {x_2}^b\equiv {x_2}^{b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (p)+\phi (p)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)\\ ⋮\\ {x_k}^b\equiv {x_k}^{b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (p)+\phi (p)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)\end{array}$

将以上式子全部相乘，即可得到 $a^b\equiv a^{b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (p)+\phi (p)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$

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