一点有趣的数论结论（持续更新中）

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1

证明：设\(n\)的质因子有\(k\)个，那么由\(\mu\)的定义，左式显然等于\(\sum\limits_{i=0}^k(-1)^k\Large\binom{i}{k}\normalsize=(1+(-1))^k=0^k=[k=0]\) ，也显然有\([k=0]=[n=1]\)，证毕。

2

考虑把\(x,y\)质因子分解。设\(\large x=\prod p_i^{\alpha_i}, y=\prod p_i^{\beta_i}\)，则左式中\(i,j\)中相同的质因子只能分给其中的一个，故枚举每个质因子分给\(i\)还是\(j\)还是都不给，最终答案为\(\prod{\alpha_i + \beta_i + 1}=d(xy)\)，证毕。

3

\(\sum\limits_{d\mid n}\varphi(d)=n \quad\) (即\(\varphi * I = id\))

\(\because\forall d\mid n, \varphi(\Large \frac nd\normalsize)=\sum\limits_{i=1}^n[(i,n)=d]\)
\(\therefore\sum\limits_{d\mid n}\varphi(d)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d\mid n}[(i,n)=d]=n\)

4

上面的结论再两边狄利克雷卷积一下得到：
\(\varphi = id * \mu\) 即
\(\varphi(n)=\sum\limits_{d\mid n}\mu(\Large \frac nd\normalsize)d\)

5

对于质数\(p\)，设\(n=p-1, F(d)=\sum\limits_{a=1}^n [\delta_p(a)=d]\)，其中\(\delta_p(a)=\min\{k|k\in\Bbb{N^+} \wedge a^k\equiv 1\mod p\}\)，则\(\forall d\mid n, F(d)=\varphi(d)\)

推论：\(F(n)=\varphi(n)\)即质数\(p\)恰有\(\varphi(n)\)个原根

证明：

1. \(n\)次多项式至多有\(n\)个根，在模意义下也是如此。(疑似因式定理，证明略)

2. 由费马小定理得出，\(x^n=1\)恰有\(n\)个根\(1,2,\cdots,n\)。任取\(d\mid n\),则可将\(x^n-1\)分解出因式\(x^d-1\)。而分解结果的另一部分为\(n-d\)次式，由1知\(n-d\)次式至多有\(n-d\)个根，即\(x^d=1\)至少有\(d\)个根。再次结合1，可得\(x^d=1\)恰有\(d\)个根。

3. \(F(d)\le \varphi(d)\)

   当\(F(d)=0\)时，显然成立。否则取任意一个\(a\)满足\(\delta_p(a)=d\)，则\(a^1\sim a^d\)互不相同，且都是\(x^d=1\)的根。由1知这就是\(x^d=1\)的\(d\)个根。此时再取一个数\(k\)满足\(1\le k\le d\space\wedge (d,k)>1\)，则容易发现\(a^k\)是\(x^{d/(d,k)}=1\)的根，故\(\delta_p(k)<d\)，舍，结论得证。

4. 我们知道，\(\sum\limits_{d\mid n}F(d)=n\)，\(\sum\limits_{d\mid n}\varphi(d)=n\)。（很显然吧。。。）结合3，只能\(\forall d\mid n, F(d)=\varphi(d)\)。证毕。

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