分圆多项式、算术函数
欧拉函数的计算
欧拉函数 (Euler’s totient function)
如果 \(m\) 是素数，则有： \[\phi(m) = m-1.\]
例 1 \[ \begin{aligned} 0\;\:\,&1\;\:\,&2\;\:\,&3\;\:\,&4\\ \end{aligned} \]
\[ \phi(5)=4。 \]
若 \(p\) 为素数且 \(k \ge 1\)，则： \[ \phi(p^k) = p^k - p^{k-1} = p^{k-1}(p-1) = p^k \left( 1 - \frac{1}{p} \right)。 \]
证. 小于等于 \(p^k\) 的 \(p\) 的倍数有 \(0, p, 2p, \cdots, (p^{k-1}-1)p\)，共有 \(p^{k-1}\) 个。
因此，其余的 \(p^k - p^{k-1}\) 个数都与 \(p^k\) 互素。\(\square\)
例 2 \[ \begin{aligned} \underline{0}\;\:\,&1\;\:\,&2\\ \underline{3}\;\:\,&4\;\:\,&5\\ \underline{6}\;\:\,&7\;\:\,&8\\ \end{aligned} \]
\[ 9-3=6 \]
\[ \phi(3^2)=3^2-3^1=6。 \]
若两个数 \(m\) 和 \(n\) 互素，则： \[\phi(mn) = \phi(m) \phi(n)。\]
例 3 \[ \begin{aligned} 0\;\:\,&1\;\:\,&2\;\:\,&3\;\:\,&4\\ 5\;\:\,&6\;\:\,&7\;\:\,&8\;\:\,&9\\ 10\;\:\,&11\;\:\,&12\;\:\,&13\;\:\,&14\\ \end{aligned} \]
\[ 5 \times 3 - 3 - 5 + 1 = (5-1)(3-1) = 8。 \]
\[ \phi(3 \times 5) = \phi(3)\phi(5) = 2 \times 4 = 8。 \]
算术基本定理指出，若 \(n > 1\)，则 \(n\) 有唯一的表达式： \[ n = p_1^{k_1} \cdots p_r^{k_r}, \] 其中 \(p_1 < p_2 < \cdots < p_r\) 是素等 \(p\) 数且每个 \(k_i \ge 1\)。 则： \[ \phi(n) = n \prod_{p\mid n} \left(1-\frac{1}{p}\right), \]
\[ \phi(n) = \phi(p_1^{k_1}) \phi(p_2^{k_2}) \cdots \phi(p_r^{k_r}) \]
\[ = p_1^{k_1} \left(1- \frac{1}{p_1} \right) p_2^{k_2} \left(1- \frac{1}{p_2} \right) \cdots p_r^{k_r} \left(1- \frac{1}{p_r} \right) \]
\[ = p_1^{k_1} p_2^{k_2} \cdots p_r^{k_r} \left(1- \frac{1}{p_1} \right) \left(1- \frac{1}{p_2} \right) \cdots \left(1- \frac{1}{p_r} \right) \]
\[ = n \left(1- \frac{1}{p_1} \right)\left(1- \frac{1}{p_2} \right) \cdots\left(1- \frac{1}{p_r} \right)。 \]
例 4 \[ \phi(225) = \phi(3^2 5^2) = 225 \left(1-\frac{1}{3}\right) \left(1-\frac{1}{5}\right) = 225 \cdot \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} = 90。 \]
习题 1 \(27^{987654321}\) 的最后两位数字是多少？
由高斯建立的性质：
\[ \sum_{d\mid n}\phi(d)=n, \] 其中和是对 \(n\) 的所有正因子 \(d\) 求和。
例 5 \[ \phi(20)+\phi(10)+\phi(5)+\phi(4)+\phi(2)+\phi(1)=20 \]
\[ 8+4+4+2+1+1=20 \]
\[ \begin{aligned} \frac{ 1}{20},\,\frac{ 2}{20},\,\frac{ 3}{20},\,\frac{ 4}{20},\, \frac{ 5}{20},\,\frac{ 6}{20},\,\frac{ 7}{20},\,\frac{ 8}{20},\, \frac{ 9}{20},\,\frac{10}{20},\\ \frac{11}{20},\,\frac{12}{20},\, \frac{13}{20},\,\frac{14}{20},\,\frac{15}{20},\,\frac{16}{20},\, \frac{17}{20},\,\frac{18}{20},\,\frac{19}{20},\,\frac{20}{20}\\ \end{aligned} \]
将它们化为最简分数：
\[ \begin{aligned} \frac{ 1}{20},\,\frac{ 1}{10},\,\frac{ 3}{20},\,\frac{ 1}{ 5},\, \frac{ 1}{ 4},\,\frac{ 3}{10},\,\frac{ 7}{20},\,\frac{ 2}{ 5},\, \frac{ 9}{20},\,\frac{ 1}{ 2},\\ \frac{11}{20},\,\frac{ 3}{ 5},\, \frac{13}{20},\,\frac{ 7}{10},\,\frac{ 3}{ 4},\,\frac{ 4}{ 5},\, \frac{17}{20},\,\frac{ 9}{10},\,\frac{19}{20},\,\frac{ 1}{ 1} \end{aligned} \]
\[ \phi(20) \rightarrow \left(\frac{ 1}{20},\,\frac{ 3}{20},\,\frac{ 7}{20},\,\frac{ 9}{20},\,\frac{ 11}{20},\,\frac{13}{20},\,\frac{17}{20},\,\frac{19}{20}\right) \]
\[ \phi(10) \rightarrow \left(\frac{ 1}{10},\,\frac{ 3}{10},\,\frac{ 7}{10},\,\frac{ 9}{10}\right), \,\, \phi(5)\rightarrow \left(\frac{ 1}{5},\, \frac{ 2}{5},\,\frac{ 3}{5},\,\frac{ 4}{5}\right) \]
\[ \phi(4) \rightarrow \left(\frac{1}{4},\,\frac{3}{4} \right),\,\,\phi(2) \rightarrow \left(\frac{1}{2} \right),\,\, \phi(1) \rightarrow \left(\frac{1}{1} \right) \]
分圆多项式
定义 1 对于任何正整数 \(n\)，第 \(n\) 个分圆多项式 (Cyclotomic Polynomial) 是 \(x^n-1\) 的一个首一因式，且对于任何 \(k < n\) 它都不是 \(x^k-1\) 的因式。
它的根是 \(n\) 次本原单位根 \(e^{2i\pi\frac{k}{n}}\)，其中 \(k\) 取遍小于等于 \(n\) 且与 \(n\) 互素的所有正整数。
换句话说，第 \(n\) 个分圆多项式等于： \[ \Phi_n(x) = \prod_\stackrel{1\le k\le n}{\gcd(k,n)=1}\left(x-e^{2i\pi\frac{k}{n}}\right) \]
例 6 从 \(x^6-1 = (x^3-1)(x^3+1)\) 开始。
去掉 \((x^3-1)\)，因为 \(3|6\)。
剩余 \(x^3+1 = (x+1)(x^2-x+1)\)。
去掉 \((x+1)\)，因为 \(x+1 | x^2-1\) 且 \(2|6\)。
因此，\(\Phi_6(x) = x^2-x+1.\)
例 7 \[ \Phi_1(x) = x - 1 \]
\[ \Phi_2(x) = x + 1 \]
\[ \Phi_3(x) = x^2 + x + 1 \]
\[ \Phi_4(x) = x^2 + 1 \]
\[ \Phi_5(x) = x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 \]
\[ \Phi_6(x) = x^2 - x + 1 \]
\[ \Phi_7(x) = x^6 + x^5 + x^4 + x^3 + x^2 + x + 1 \]
\[ \Phi_8(x) = x^4 + 1 \]
习题 2 \[ \Phi_9(x) = ? \]
定理 1 \[ x^n - 1 = \prod_{d\mid n}\Phi_d(x), \] 这意味着每个 \(n\) 次单位根都是唯一的某个 \(d | n\) 的本原 \(d\) 次单位根。
例 8 \[ x^6-1 = \Phi_1(x)\Phi_2(x)\Phi_3(x)\Phi_6(x) = (x-1)(x+1)(x^2 + x + 1)(x^2 - x + 1) \]
证. \[ x^n-1 = \prod_{1\le k\le n} \left(x-e^{2i\pi\frac{k}{n}}\right) \]
如果 \(\gcd(k,n)=d\)，那么 \(x-e^{2i\pi\frac{k}{n}} = x-e^{2i\pi\frac{k'}{n'}}\)，其中 \(k'=k/d\), \(n'=n/d\)，且 \(\gcd(k',n')=1\)。 \(x-e^{2i\pi\frac{k'}{n'}}\) 是 \(\Phi_{n'}(x)\) 的因子之一。对于每个整除 \(n\) 的 \(n'\)，此类因子恰好出现一次。所以： \[ x^n-1 = \prod_{n' | n} \Phi_{n'}(x) \square \]
定理 2 \(\Phi_n(x)\) 的次数（即 \(n\) 次本原单位根的个数）是 \(\phi(n)\)，其中 \(\phi\) 是欧拉函数。
定理 3 \(\Phi_n(x)\) 的系数均为整数。
证. （应用数学归纳法）\(\Phi_1(x)=x-1\)。假设当 \(k < m\) 时结论成立。则： \[ x^m-1 = \prod_{d | m} \Phi_{d}(x) = \left(\prod_\stackrel{d|m}{d<m} \Phi_{d}(x)\right) \cdot \Phi_{m}(x), \] 第一部分是首一的整数系数多项式。因此，\(\Phi_m(x)\) 也具有整数系数。\(\square\)
定理 4 当 \(n \ge 2\) 时，\(\Phi_n(x)\) 是互反的。即： \[ \Phi_n\left(\frac{1}{x}\right) \cdot x^{\phi(n)} = \Phi_n(x)。 \]
例 9 \[ \Phi_6(x) = x^2 - x + 1 \] \[ \left[ {\left(\frac{1}{x}\right)}^2 - {\left(\frac{1}{x}\right)} + 1 \right] \cdot x^2 = x^2 - x + 1 \]
证. （应用归纳法）对于 \(n=2\) 显然成立，因为 \(\Phi_2(x)=x+1\)且： \[ \Phi_2\left(\frac{1}{x}\right) \cdot x^1 = \Phi_2(x)。 \]
假设对于 \(n < m\) 结论成立。 \[ {\left(\frac{1}{x}\right)}^m - 1 = \prod_{d | m} \Phi_{d}\left(\frac{1}{x}\right) = \left(\prod_\stackrel{d|m}{1<d<m} \Phi_{d}{\left(\frac{1}{x}\right)}\right) \cdot \Phi_{m}{\left(\frac{1}{x}\right)} \cdot {\left(\frac{1}{x}-1\right)} \]
两边同时乘以 \(x^m = x^{\sum_{d|m}{\phi(d)}} = \prod_{d|m}{x^{\phi(d)}}\)。
\[ 1-x^m = \left(\prod_\stackrel{d|m}{1<d<m} \Phi_{d}{\left(\frac{1}{x}\right)} x^{\phi(d)}\right) \cdot \Phi_{m}{\left(\frac{1}{x}\right)} x^{\phi(m)} \cdot {\left(\frac{1}{x}-1\right) x^1} \]
\[ = \left(\prod_\stackrel{d|m}{1<d<m} \Phi_{d}(x)\right) \cdot \Phi_{m}{\left(\frac{1}{x}\right)} x^{\phi(m)} {(-\Phi_{1}(x))} \]
\[ \prod_{d | m} \Phi_{d}(x) = \Phi_{1}(x) \left(\prod_\stackrel{d|m}{1<d<m} \Phi_{d}(x)\right) \cdot \Phi_{m}{\left(\frac{1}{x}\right)} x^{\phi(m)} \]
消去共同因子，得到：\(\Phi_{m}(x) = \Phi_{m}{\left(\frac{1}{x}\right)} x^{\phi(m)}。 \square\)
例 10 若 \(n\) 是素数，则： \[ x^n-1 = (x-1)(x^{n-1} + \cdots + x^2 + x + 1)。 \] \[ \Phi_n(x) = 1 + x + x^2 + \cdots + x^{n-1}。 \]
若 \(n = 2p\)（其中 \(p\) 是奇素数），则： \[ x^{2p}-1 = (x^p-1)(x+1)(x^{p-1} - \cdots + x^2 - x + 1)。 \]
\[ \Phi_{2p}(x) = x^{p-1} - \cdots + x^2 - x + 1。 \]
习题 3 \[ \Phi_{24}(x) = ? \]
引理 1 \(^{\star\star\star}\) 令 \(p \nmid n\)（\(p\) 是素数）且 \(m | n\) 为 \(n\) 的真因数 (\(m \ne n\))。则 \(\Phi_n(x)\) 和 \(x^m - 1\) 模 \(p\) 不能有共同根。
证明：（反证法）假设 \(a\) 是模 \(p\) 的共同根。则 \(a^m \equiv 1 \pmod{p}\) 蕴含 \(\gcd(a,p) = 1\)。接着， \[ x^n-1 = \Phi_n(x) \left(\prod_\stackrel{d|n}{d<n}\Phi_{d}(x)\right) \] 而 \(x^m-1 = \prod_{d|m}\Phi_d(x)\) 的所有因子都包含在上面的乘积中。
所以 \(x^n-1\) 模 \(p\) 在 \(a\) 处应该有一个重根，一个来自 \(\Phi_n(x)\)，另一个来自 \(x^m-1 = \prod_{d|m}\Phi_d(x)\)。
因此： \[ x^n-1 \equiv (x-a)^2 f(x) \pmod{p} \] 对于某个 \(f(x)\)。
则其导数满足 \(na^{n-1} \equiv 0 \pmod{p}\)。
然而 \(p \nmid n\) 且 \(p \nmid a\)，产生矛盾。
定理 5 \(^{\star\star\star}\) 令 \(n\) 为正整数。存在无穷多个素数满足 \(p \equiv 1 \pmod{n}\)。
证. （反证法）假设不然，令 \(\{p_1, p_2, \cdots, p_N\}\) 是所有满足 \(p \equiv 1 \pmod{n}\) 的素数。
选择一个足够大的整数 \(l\)，并令： \[ M = \Phi_n (lnp_1 \cdots p_N)。 \] 由于 \(\Phi_n(x)\) 是首一的，如果 \(l\) 足够大，则 \(M > 1\)，因此 \(M\) 必能被某个素数 \(p\) 整除。
首先，\(p\) 不可能等于任何 \(p_i\)，因为 \(\Phi_n(x)\) 的常数项为 1，故 \(p_i\) 除尽 \(\Phi_n(lnp_1 \cdots p_n)\) 除最后一项外的每一项，从而 \(p_i\) 不整除 \(M\)。
出于同样的原因，\(p \nmid n\)。
事实上，\(\gcd(p, a) = 1\)，其中 \(a = lnp_1 \cdots p_N\)。
根据定义，有 \(\Phi_n(a) \equiv 0 \pmod{p}\)。
根据引理，对于任何 \(m | n\) 且 \(m < n\)，我们不可能有： \[ a^m \equiv 1 \pmod{p}。 \]
所以 \(a\) 模 \(p\) 的阶恰好是 \(n\)，这意味着 \(n | p - 1\)，即 \(p \equiv 1 \pmod{n}\)。 因此，\(p\) 是另一个满足 \(\equiv 1 \pmod{n}\) 的素数。矛盾。\(\square\)
算术函数
定义 2 算术函数 (Arithmetic function) 是一个定义在正整数集 \(\mathcal{N}\) 上且取值为复数集 \(\mathcal{C}\) 的函数 \(f: \mathcal{N} \rightarrow \mathcal{C}\)。
例 11 定义 \(\nu_{p_i}(n)\) 为 \(n\) 的因数中素数 \(p_i\) 的最高幂指数。
也就是说，如果 \(a_i = \nu_{p_i}(n)\) 否则为零。则： \[ n = \prod_{i}^k p_i^{a_i} = \prod_{i}^k p_i^{\nu_{p_i}(n)}。 \]
根据上述定义，函数 \(\omega\) 和 \(\Omega\) 定义如下： \[ \omega(n) = k, \] \[ \Omega(n) = a_1 + a_2 + \cdots + a_k。 \]
定义 3 算术函数 \(f\) 被称为：
加性的 (Additive)：若对于所有互素的正整数 \(m\) 和 \(n\)，有 \(f(mn) = f(m) + f(n)\)；
积性的 (Multiplicative)：若对于所有互素的正整数 \(m\) 和 \(n\)，有 \(f(mn) = f(m)f(n)\)；
如果不要求互素条件，则称为完全的 (Completely)。
常见的算术函数
\(\sigma_k(n)\) 表示 \(n\) 的正因数（包括 1 和 \(n\)）的 \(k\) 次幂之和，其中 \(k\) 为复数。
\(\sigma_1(n)\) 是 \(n\) 的所有（正）因数之和，通常简记为 \(\sigma(n)\)。
由于正数的 0 次幂是 1，因此 \(\sigma_0(n)\) 是 \(n\) 的所有（正）因数的个数，通常记为 \(d(n)\)。
定义 4 \[ \mu(n) = \begin{cases} (-1)^{\omega(n)} = (-1)^{\Omega(n)} & \text{若 } \omega(n) = \Omega(n) \\ 0 & \text{若 } \omega(n) \ne \Omega(n) \end{cases} \]
这蕴含了 \(\mu(1) = 1\)。 （因为 \(\Omega(1) = \omega(1) = 0\)。）
定义 5 \[ \mathcal{I}(n) = \begin{cases} 1 & \text{若 } n=1 \\ 0 & \text{否则} \end{cases} \] 是完全积性的。它被称为 Dirichlet 卷积的单位元 (Identity)。
例 12
对于固定的 \(k \in N\)，\(f(n) = n^k\) 也是完全积性的。
\(\phi(n)\) 是积性的。
加性函数
\(\Omega(n)\)、\(\omega(n)\) 和 \(\nu_p(n)\) 都是加性函数。
例 13 \(2^{\omega(n)}\) 是积性函数。
既非积性也非加性
\(\pi(n)\) 为素数计数函数，表示不超过 \(n\) 的素数个数。
定义 6 完全数 (Perfect number) \(n\) 指满足其所有真因子之和等于其本身的数，即 \(\sigma(n) = 2n\)。
例 14 6, 28, 496
一个开放性猜想：是否每个完全数都是偶数？
习题 4 请编写程序查找除 6, 28, 496 以外的另一个完全数。
卷积
\[ c(n) = \sum_{ij = n} a(i)b(j) = \sum_{i\mid n} a(i)b\left(\frac{n}{i}\right), \] 此函数 \(c(n)\) 称为 \(a\) 和 \(b\) 的 Dirichlet 卷积 (Dirichlet convolution)，记作 \(a * b\)。这与连续函数的卷积类似： \[ (f * g)(t) \stackrel{\mathrm{def}}{=} \int_{-\infty}^\infty f(\tau) g(t - \tau) d\tau = \int_{-\infty}^\infty f(t-\tau) g(\tau) d\tau. \]
例 15 对于每一个 \(f\)，都有 \(f * \mathcal{I} = \mathcal{I} * f = f\)。
定理 6 若 \(f\) 和 \(g\) 均为积性函数，则 \(f * g\) 也是积性函数。
证. 假设 \(m\) 和 \(n\) 互素。那么 \(mn\) 的任何因数都可以唯一地表示为 \(d_1 d_2\)，其中 \(d_1 | m\) 且 \(d_2 | n\)。
因此我们有： \[ (f*g)(mn) = \sum_{d|mn} f(d) g(\frac{mn}{d}) = \sum_{d_1|m} \sum_{d_2|n} f(d_1 d_2) g\left(\frac{m}{d_1} \cdot \frac{n}{d_2}\right) \]
\[ = \sum_{d_1|m} \sum_{d_2|n} f(d_1) f(d_2) g\left(\frac{m}{d_1}\right) g\left(\frac{n}{d_2}\right) = \left(\sum_{d_1|m} f(d_1) g\left(\frac{m}{d_1}\right)\right) \left(\sum_{d_2|n} f(d_2) g\left(\frac{n}{d_2}\right)\right) \]
\[ = (f * g)(m) (f * g)(n) \square \]
令 \(U(n) = 1\) 对所有 \(n\) 成立（常数函数）。
则对于任何算术函数 \(f\)，我们有： \[ (f * U)(n) = \sum_{d|n} f(d) U\left(\frac{n}{d}\right) = \sum_{d|n} f(d) \] 这被称为 \(f\) 的除数和函数，记作 \(F(n)\)。
证. 证明“\(\sigma_k(n)\) 是积性的”。
对于函数 \(r_k(n) = n^k\)，我们有： \[ (r_k * U)(n) = \sum_{d|n} d^k = \sigma_k(n), \] 由于 \(r_k\) 和 \(U\) 都是积性的，因此其卷积 \(\sigma_k(n)\) 也是积性的。\(\square\)
其他重要性质
Dirichlet 卷积满足交换律： \[ f * g = g * f \]
Dirichlet 卷积满足结合律： \[ f * (g * h) = (f * g) * h \]
证明略。