Arithmetic Function

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Arithmetic Function

當我們要探討一數系時, 考慮定義在它上面的函數通常是一個重要的方法. 在數論中我們當然就是要探討定義在正整數上的函數, 我們稱之為 arithmetic function. 這一章中我們將討論幾個常見的 arithmetic function.

2.1. Multiplicative Arithmetic Functions

並不是所有的 arithmetic function 都很有趣, 到底要探討哪些 arithmetic function 呢? 這完全決定於於要探討的是有關哪些整數的特性. 因為在此我們著重於整數的分解性質, 所以我們探討所謂的 multiplicative arithmetic function.

Definition 2.1.1. 我們稱從 N 到 C 的函數為 arithmetic function. 若 f : N → C 是一個 arithmetic function 滿足對任意 a, b∈ N 且 gcd(a,b) = 1 皆有 f (ab) = f (a) f (b), 則稱 f 是 一個 multiplicative arithmetic function.

要注意當一個 arithmetic function f 是 multiplicative 時, f (ab) = f (a) f (b) 並不一定成 立. 這是要在 gcd(a, b) = 1 時才可以確定是對的. 如果 f 的性質強到對任意 a, b∈ N 皆有 f (ab) = f (a) f (b), 那麼我們稱 f 是 completely multiplicative. 由於 completely multiplicative arithmetic function 的條件較強, 且並無太多這類有趣的函數, 所以這裡我們只專注於 multiplicative arithmetic function.

我們先來看一個 multiplicative arithmetic function 的例子.

Example 2.1.2. 我們考慮 Möbius µ-function, 其定義為 µ(n) =





1, 若 n = 1;

0, 若存在質數 p 使得 p²|n;

(−1)^r, 若 n = p₁··· pr, 其中 p1, . . . , pr 為相異質數.

我們來驗證 µ 確為 multiplicative. 考慮 a,b ∈ N 且 gcd(a,b) = 1. 今若 a = 1 則由 µ(a) = µ(1) = 1 得 µ(ab) = µ(b) = µ(a)µ(b). 同理若 b = 1 也得 µ(ab) = µ(a)µ(b). 所以我們僅 要考慮 a > 1 且 b > 1 的情形. 由算數基本定理 (Theorem 1.6.1) 我們可以將 a, b 分別寫 27

(2)

28 2. Arithmetic Function

成 a = pⁿ₁¹··· pⁿr^r 以及 b = q^m₁¹···q^mt^t 的形式其中 n_i, m_j 皆大於 0 且由於 a, b 互質所有的質 數 p_i 和 q_j 皆相異. 今若 n_i 或 m_j 中有一個大於 1, 不失一般性就假設 n1≥ 2, 則由 p²₁|a 且 p²₁|ab, 知 µ(a) = 0 且 µ(ab) = 0, 故得 µ(ab) = µ(a)µ(b). 最後我們只剩下 n1=··· = nr= 1 且 m₁=··· = mt= 1 的情況. 此時由於 ab = p₁··· pr·q1···qt 且 p₁, . . . , p_r, q₁, . . . , q_t 為相異質數得 µ(ab) = (−1)^r+t. 然而 µ(a) = (−1)^r 且 µ(b) = (−1)^t, 故得證 µ(ab) = µ(a)µ(b). 也就 是說µ 是一個 multiplicative arithmetic function.

要注意 µ 並非 completely multiplicative. 我們可以從 a = b = p, 其中 p 為質數的情 形看出. 此時 µ(a) = µ(b) = −1 但是 µ(ab) = 0, 故知 µ(ab) ̸= µ(a)µ(b). 要知道你要證 一個 arithmetic function f 是 multiplicative 時, 你必須考慮所有的情況, 即對所有滿足 gcd(a, b) = 1 的正整數 a, b 皆要符合 f (ab) = f (a) f (b), 而不能僅代個例子驗證. 但當你要說 f 不是 multiplicative 時, 只要找到一組 a, b∈ N 且 gcd(a,b) = 1 會使得 f (ab) ̸= f (a) f (b) 即 可.

接下來我們來看 multiplicative arithmetic function 的基本性質.

Proposition 2.1.3. 假設 f 是一個非 0 的 multiplicative arithmetic function. 則 f (1) = 1, 且若對任意的質數 p 以及 t∈ N, 都可知 f (p^t) 的值則對任意 n∈ N, f (n) 之值就可以確定.

Proof. 因 f 是 multiplicative 且 gcd(1, 1) = 1, 故知 f (1) = f (1) f (1) 得知 f (1) = 1 或 f (1) = 0. 若 f (1) = 0, 則對任意 n∈ N, 由於 gcd(n,1) = 1, 可得 f (n) = f (n) f (1) = 0. 也就是 說 f 是 0 函數, 此和 f 是非 0 函數之假設矛盾, 故知 f (1) = 1.

現對任意 n∈ N, 若 n = 1, 則由前知 f (n) = f (1) = 1. 若 n > 1, 則由算數基本定理知 n = pⁿ₁¹··· pⁿr^r, 其中 p_i為相異質數且 n_i∈ N. 故由 f 是 multiplicative 且 gcd(pⁿ₁¹, pⁿ₂²··· pⁿr^r) = 1 知 f (n) = f (pⁿ₁¹pⁿ₂²··· pⁿ_r^r) = f (pⁿ₁¹) f (pⁿ₂²··· pⁿ_r^r). 繼續下去使用數學歸納法知 f (n) = f (pⁿ₁¹)··· f (pⁿr^r). 因此如果已知這些 f (pⁿ_iⁱ) 之值我們便可確定 f (n) 之值. 依 Proposition 2.1.3 我們知如果 f 是 multiplicative arithmetic function, 那麼若能掌握 所有質數 p 以及 t∈ N 中 f (p^t) 之值那麼就可以完全了解 f 這一個函數. 不過前題是要 確認 f 是否為 multiplicative. 底下我們會給一個常用來確認是 multiplicative 的方法. 這 個方法不只可以拿來確認 multiplicative arithmetic function 而且可以幫助我們創造許多 multiplicative arithmetic function. 不過首先我們需要一個補助定理.

Lemma 2.1.4. 假設 a, b∈ N 且 gcd(a,b) = 1. 若 d 是 ab 的正因數, 則存在唯一的 a 的正 因數 d₁ 以及 b 的正因數 d₂ 使得 d = d₁d2.

Proof. 這又是一個存在及唯一的問題. 存在就是要證存在 d1|a 且 d2|b 使得 d = d1d2, 而唯一就是要證滿足這條件的寫法只有一種.

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d|ab 故知 (d/d1)|(a/d1)b. 又由 d₁= gcd(a, d) 知 gcd(a/d₁, d/d₁) = 1 (Corollary 1.2.10), 故 由 Proposition 1.2.6(1) 知 d/d₁|b, 也就是說 d2|b.

接下來證唯一性. 給定 d|ab 假設存在 d1, d^′₁, d₂, d₂^′ ∈ N 分別滿足 d = d1d₂, d₁|a 且 d2|b 以 及 d = d₁^′d₂^′, d₁^′|a 且 d₂^′|b, 我們要證明 d1= d^′₁ 且 d₂= d₂^′. 由於 d1d2= d₁^′d₂^′, 我們知 d1|d^′₁d^′₂. 又由於 d₁|a, d₂^′|b 以及 gcd(a,b) = 1, 我們知 gcd(d1, d₂^′) = 1. 所以再利用 Proposition 1.2.6(1) 得知 d₁|d^′₁. 同理可證 d₁^′|d1 再加上 d₁, d₁^′ ∈ N 故知 d1= d₁^′, 且得 d2= d₂^′. 在 Lemma 2.1.4 有關於存在性的證明中我們發現並未用到 gcd(a, b) = 1 的假設, 也就是 說並不需假設 gcd(a, b) = 1, 對任意 ab 的正因數都可以找到 d1|a, d2|b 使得 d = d1d₂. 不過 在證明唯一性時, gcd(a, b) = 1 的假設就需要了. 比方說考慮 a = 6, b = 4 和 d = 6 的情形, 我們可以取 d₁= 6, d₂= 1 和 d₁^′ = 3, d₂^′ = 2 都滿足要求, 所以唯一性在此情況並不成立. 由 此我們也再次強調唯一性絕不能用因為 a 和 d 的最大公因數是唯一的知 d₁ 是唯一的而得 證唯一性. 這是因為無從得知為何 d₁ 非得是 a, b 的最大公因數不可. 所以在證明唯一性時, 大家還是要按部就班地先假設有兩種寫法再去說明這兩種寫法是一樣, 這樣的方法來處理比較不會出錯.

事實上 Lemma 2.1.4 告訴我們當 gcd(a, b) = 1 時, 若 d1, . . . , di, . . . , dr 和 e₁, . . . , ej, . . . , es

分別是 a 和 b 所有的相異正因數, 則 d₁e₁, . . . , d_ie_j, . . . , d_re_s 會是 ab 所有的相異正因數. 這 是因為這些 d_iej 一定是 ab 的正因數, 再加上 Lemma 2.1.4 告訴我們 ab 的正公因數一定可 以寫成 d_iej 的形式而且這些 d_iej 一定相異. 接下來我們就是要用這性質來利用一個已知的 multiplicative arithmetic function 得到新的 multiplicative arithmetic function.

Theorem 2.1.5. 假設 f :N → C 是一個 multiplicative arithmetic function. 考慮函數 F :N → C 其定義為對任意 n ∈ N,

F(n) =

∑

d|n,d>0

f (d), 則 F 是一個 multiplicative arithmetic function.

Proof. 首先解釋一下 F(n) =∑d|n,d>0 f (d) 這符號表示如果 d₁, . . . , d_r 是 n 的所有相異正因 數那麼 F(n) = f (d₁) +··· + f (dr). 我們要證明 F 是 multiplicative 就是要證明當 a, b∈ N 且 gcd(a, b) = 1 時 F(ab) = F(a)F(b).

現假設 d₁, . . . , di, . . . dr 和 e₁, . . . , ej, . . . , es 分別是 a 和 b 所有的正因數. 我們有 F(a) = f (d₁) +···+ f (di) +···+ f (dr)以及 F(b) = f (e₁) +···+ f (ej) +···+ f (es). 因此知 F(a)F(b) = f (d1) f (e1) +··· + f (di) f (ej) +··· + f (dr) f (es). 由於 gcd(a, b) = 1 而 di, ej 分別是 a, b 的因 數, 我們知 gcd(d_i, e_j) = 1. 再加上 f 是 multiplicative, 故得對所有 d_i, e_j 皆有 f (d_i) f (e_j) = f (diej). 因此得 F(a)F(b) = f (d₁e1) +··· + f (diej) +··· + f (dres). 然而 Lemma 2.1.4 告訴 我們由於 gcd(a, b) = 1, 這些 d₁e₁, . . . , d_ie_j, . . . , d_re_s 剛好就是 ab 所有的相異正因數, 故得證

F(ab) = F(a)F(b).

最後我們來看看 Example 2.1.2 中的µ 利用 Theorem 2.1.5 所創造出來的 multiplicative arithmetic function 為何.

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Example 2.1.6. 令 δ : N → C 是一個 arithmetic function 其定義為, 對任意 n ∈ N, δ(n) =

∑

d|n,d>0µ(d),

其中 µ 是 möbius µ-function. 因為 µ 是 multiplicative, 由 Theorem 2.1.5 知 δ 是 multiplicative. 故要決定 δ 之值由 Proposition 2.1.3 知只要先考慮 δ(p^t) 之值即可, 其中 p 是質 數 t∈ N. 然而 p^t 所有的正因數為 1, p, p², . . . , p^t, 故由定義知

δ(p^t) =µ(1) + µ(p) + µ(p²) +··· +µ(p^t) = 1− 1 + 0 + ··· + 0 = 0.

故若 n > 1, 則由 n = pⁿ₁¹··· pⁿr^r 知 δ(n) = δ(pⁿ₁¹)···δ(pⁿr^r) = 0. 然而由定義 δ(1) = µ(1) = 1, 所以我們可得

δ(n) =

∑

d|n,d>0µ(d) =

{ 1, 當 n = 1;

0, 當 n > 1.

2.2. 正因數個數及正因數和

我們可以用 multiplicative arithmetic function 的概念很快的求出一正整數其正因數之個數及正因數和.

給定一正整數 n, 令 v(n) 表示 n 的正因數個數. 既然對任意 n∈ N, v(n) 都有取值, 所 以我們可以將其看成是一個函數 v :N → N. 從函數的角度來看, v 就是一個 arithmetic function. 給定 n∈ N 如何求 v(n) 值呢? 直接的作法就是將 n 的正因數一一列出然後數有 多少個. 例如 6 的正因數有 1, 2, 3, 6, 所以 v(6) = 4. 這樣的求法如何用式子表示呢? 我們可 以善用 summation∑ 的符號, 將 v(n) 寫成

v(n) =

∑

d|n,d>0

1.

上式的意思就是每次你看到 d 滿足 d|n 且 d > 0 就加一次, 所以很自然得到 n 的正因數個 數.

Proposition 2.2.1. 對任意 n∈ N, 令 v(n) 表示 n 的正因數個數. 則 v : N → N 是 一個 multiplicative arithmetic function. 而且若 n = pⁿ₁¹··· pⁿr^r, 其中 p_i 為相異質數, 則 v(n) = (n1+ 1)···(nr+ 1).

Proof. 若令 l :N → N 是一個 arithmetic function 滿足對任意 n ∈ N, l(n) = 1, 則 v(n) 可表 為

v(n) =

∑

d|n,d>0

l(d).

由於對任意 a, b∈ N, l(ab) = l(a)l(b) = 1, 我們知 l 為 (completely) multiplicative. 因此由 Theorem 2.1.5 知 v 為 multiplicative.

既然 v 是 multiplicative, 我們可以利用 Proposition 2.1.3 求對任意 n∈ N, v(n) 之值. 也 就是說我們要先探討對任意質數 p 以及正整數 t, v(p^t)之值. 由於 p^t 的正因數就是 pⁱ, 其中

(5)

i∈ {0,1,...,t}, 我們得到 v(p^t) = t + 1. 因此對任意 n∈ N, 若 n = 1, 我們知 v(n) = v(1) = 1;

而若 n = pⁿ₁¹··· pⁿ_r^r 其中 p_i 為相異質數, 則由 v 是 multiplicative 知 v(n) = v(pⁿ₁¹)···v(pⁿr^r) = (n₁+ 1)···(nr+ 1).

舉例來說, 我們要求 360 的正因數個數, 由於 360 = 2³· 3²· 5, 利用 Proposition 2.2.1, 我們很快就可得 v(360) = (3 + 1)(2 + 1)(1 + 1) = 24. 從這裡大家應更能體會 multiplicative arithmetic function 的好處. 或許求 v(n) 的公式大家在高中時學排列組合時就用乘法原理 得到過. 可以用乘法原理的原因其實就和 v 是 multiplicative 息息相關.

Question 2.1. v :N → N 是否為 completely multiplicative?

Question 2.2. 假設 f :N → C 是一個 completely multiplicative arithmetic function. 考慮 函數 F :N → C 其定義為對任意 n ∈ N,

F(n) =

∑

d|n,d>0

f (d), 則 F 是否為 completely multiplicative?

接下來我們探討正因數和. 給定一正整數 n, 令σ(n) 表示 n 的所有正因數之和. 既然對 任意 n∈ N,σ(n) 都有取值, 所以我們可以將其看成是一個函數 σ : N → N. 從函數的角度來 看,σ 就是一個 arithmetic function. 給定 n ∈ N 如何求 σ(n) 值呢? 直接的作法就是將 n 的 正因數一一列出然後全部加起來. 例如 6 的正因數有 1, 2, 3, 6, 所以σ(6) = 1+2+3+6 = 12.

這樣的求法如何用式子表示呢? 我們再一次善用 summation∑ 的符號, 將 σ(n) 寫成 σ(n) =

∑

d|n,d>0

d.

上式的意思就是每次你看到 d 滿足 d|n 且 d > 0 就加 d, 所以很自然得到 n 的正因數和.

Proposition 2.2.2. 對任意 n∈ N, 令 σ(n) 表示 n 的所有正因數之和. 則 σ : N → N 是一 個 multiplicative arithmetic function. 而且若 n = pⁿ₁¹··· pⁿr^r, 其中 pi 為相異質數, 則

σ(n) = pⁿ₁¹⁺¹− 1

p1− 1 ···pⁿ_r^r⁺¹− 1 pr− 1 .

Proof. 若令 I : N → N 是一個 arithmetic function 滿足對任意 n ∈ N, I (n) = n, 則 σ(n) 可表為

σ(n) =

∑

d|n,d>0

I (d).

由於對任意 a, b∈ N, I (ab) = ab = I (a)I (b), 我們知 I 為 (completely) multiplicative. 因 此由 Theorem 2.1.5 知σ 為 multiplicative.

既然 σ 是 multiplicative, 我們可以利用 Proposition 2.1.3 求對任意 n ∈ N, σ(n) 之值.

也就是說我們要先探討對任意質數 p 以及正整數 t, σ(p^t) 之值. 由於 p^t 的正因數就是 pⁱ,

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其中 i∈ {0,1,...,t}, 我們得到σ(p^t) = 1 + p +···+ p^t. 由於 1, p, . . . , p^t 是一個公比為 p 的等 比數列, 我們得

σ(p^t) = p^t+1− 1 p− 1 .

因此對任意 n∈ N, 若 n = 1, 我們知 σ(n) = σ(1) = 1; 而若 n = pⁿ₁¹··· pⁿ_r^r 其中 p_i 為相異質數, 則由σ 是 multiplicative 知

σ(n) = σ(pⁿ1¹)···σ(pⁿr^r) = pⁿ₁¹⁺¹− 1

p₁− 1 ···pⁿ_r^r⁺¹− 1 p_r− 1 .

舉例來說, 我們要求 360 的正因數和, 由於 360 = 2³· 3²· 5, 利用 Proposition 2.2.2, 我們 很快就可得

σ(360) = 2⁴− 1 2− 1

3³− 1 3− 1

5²− 1

5− 1 = 15· 13 · 6 = 1170.

Question 2.3. σ : N → N 是否為 completely multiplicative?

2.3. The Euler ϕ ^-function

我們要探討比 n 小且與 n 互質的正整數個數.

Definition 2.3.1. 給定 n∈ N, ϕ(n) 表示比 n 小且與 n 互質的正整數個數. 這樣定出的函 數 ϕ : N → N, 稱之為 Euler ϕ-function.

我們要證明 Eulerϕ-function 是 multiplicative, 並求其在任意正整數之取值. 由於不容 易找到簡單的 multiplicative arithmetic function f 使得ϕ 表示成如 Theorem 2.1.5 的形式, 所以我們要直接證明ϕ 是 multiplicative. 也就是說對任意 a,b ∈ N 滿足 gcd(a,b) = 1, 我們 要證明ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b).

首先我們看一個 a = 5, b = 4 的例子. 我們要說明ϕ(20) = ϕ(5)ϕ(4). 由於 ϕ(20) 表示比 20 小且與 20 互質的正整數個數, 所以我們將小於等於 20 的正整數如下列出:

1 6 11 16 2 7 12 17 3 8 13 18 4 9 14 19 5 10 15 20

很容易看出最後一列 5 10 15 20 中每一個數都是 5 的倍數所以不可能和 20 互質, 因此我們要刪除這一列. 而其餘 4 列每一列中的數除以 5 的餘數都相同且都不等於 0 所以這 4 列的數都和 5 互質. 因此我們只要考慮這 4 列的數哪些和 4 是互質的. 仔細觀察這每一列中的數除以 4 的餘數都相異因此每列中只有餘 1 和餘 3 的兩個數和 4 互質. 總結來說我們發現共有ϕ(5) = 4 列的數和 5 互質, 而這 4 列的數中每列皆有 ϕ(4) = 2 個數和 4 互質, 因此 1 到 20 之中共有 ϕ(5)ϕ(4) = 8 個數和 5 且和 4 互質. 這些數就是 1 到 20 之中和 20 互質的數, 所以知 ϕ(20) = ϕ(5)ϕ(4).

(7)

接下來我們就是要用前面的方法證明一般的情形. 要注意前面的方法我們並無真正點出 哪些數和 20 互質, 因為我們只想知道個數. 再加上我們的方法幾乎和 a = 5, b = 4 無關所以 比實際找出哪些數和 20 互質更能運用在一般的狀況. 首先我們用到和 20 互質的數就是和 5 且和 4 互質的數, 這個性質在一般的情況都對. 下一個 Lemma 其實就是 Lemma 1.2.7, 這裡我們再用質數的性質重新證明.

Lemma 2.3.2. 假設 a, b, c∈ Z. 則 gcd(ab,c) = 1 若且唯若 gcd(a,c) = 1 且 gcd(b,c) = 1.

Proof. 假設 gcd(ab, c) = 1. 若 d = gcd(a, c), 表示 d 是 a, c 的公因數, 所以 d 也是 ab 和 c 的公因數, 故得 d = 1. 同理知 gcd(b, c) = 1.

反之, 假設 gcd(a, c) = 1 且 gcd(b, c) = 1. 若 gcd(ab, c)̸= 1, 表示存在一質數 p 滿足 p|gcd(ab,c). 也就是說 p|ab 且 p|c. 但 p 是質數, 故由 Lemma 1.5.2 知 p|a 或 p|b. 得知 p 是 a, c 或 b, c 的公因數. 此和 gcd(a, c) = 1 且 gcd(b, c) = 1 相矛盾, 故知 gcd(ab, c) = 1. 在前面求與 20 互質的數中, 另一個重要步驟是任一排中每一個數除以 4 的餘數都相異, 這在一般 gcd(a, b) = 1 的情況都是對的.

Lemma 2.3.3. 假設 a, b, l∈ Z, b > 1 且 gcd(a,b) = 1. 則在 l,l + a,l + 2a,...,l + (b − 1)a, 中每一個數除以 b 的餘數皆相異. 而且其中共有ϕ(b) 個元素和 b 互質.

Proof. 若 u, v∈ Z 且 u,v 除以 b 的餘數相同, 表示 b|u − v. 因此要說 l,l + a,...,l + (b − 1)a 中的元素除以 b 的餘數皆相異, 就是說任取 l + ia, l + ja, 其中 0≤ i < j ≤ b − 1, 都無法使得 b 整除 (l + ja)− (l + ia). 今假設 b|(l + ja) − (l + ia), 也就是說 b|( j − i)a. 由於 gcd(a,b) = 1, Proposition 1.2.6(1) 告訴我們 b| j − i. 但此與 0 ≤ i < j ≤ b − 1 相矛盾, 故由反證法知 b 不 整除 (l + ja)− (l + ia). 也就是說任取 l + ia,l + ja, 其中 0 ≤ i < j ≤ b − 1, 則它們除以 b 之 餘數皆相異.

對於 i∈ {0,1,...,b − 1} 若令 ri 表示 l + ia 除以 b 的餘數, 由於 0≤ ri≤ b − 1 且這 b 個 ri 皆相異, 我們知 {r0, r1, . . . , rb−1} 這一個集合和 {0,1,...,b − 1} 是相同的. 然而 Lemma 1.3.1 告訴我們 gcd(l + ia, b) = gcd(r_i, b), 所以 {l,l + a,...,l + (b − 1)a} 中和 b 互質的數和 {0,1,...,b − 1} 中和 b 互質的數之個數相同. 依定義知 {0,1,...,b − 1} 中共有ϕ(b) 個數與

b 互質, 故得證.

接下來我們證明ϕ 是一個 multiplicative arithmetic function.

Proposition 2.3.4. 若 a, b∈ N 且 gcd(a,b) = 1, 則 ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b).

Proof. 我們將小於 ab 的正整數依下列方法排成 b 列:

1 1 + a ··· 1 + (b − 1)a 2 2 + a ··· 2 + (b − 1)a

... ... . .. ...

a 2a ··· ba

(8)

其中第 l 列為 l, l + a, . . . , l + (b− 1)a. 由 Lemma 1.3.1 知這裡每一數和 a 的最大公因數皆與 l 和 a 的最大公因數相同. 換言之, 若 l 和 a 互質則第 l 列中每一數皆和 a 互質; 而若 l 和 a 不互質則第 l 列中每一數皆和 a 不互質. 又因為 1≤ l ≤ a, 故依定義共有ϕ(a) 個 l 會與 a 互質. 而我們就僅考慮這 ϕ(a) 列的數 (其餘的數都和 a 不互質故和 ab 不互質).

這ϕ(a) 列的數雖都和 a 互質但並不都和 b 互質. 然而每一列皆為 l,l +a,...,l +(b−1)a 的形式, 故由 gcd(a, b) = 1 以及 Lemma 2.3.3 知每一列皆有ϕ(b) 個數和 b 互質. 故 1 到 ab 中總共有ϕ(a)ϕ(b) 個元素和 a 且和 b 互質. 由 Lemma 2.3.2 這些數就是和 ab 互質的數.

故得證ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b).

既然ϕ 是 multiplicative, 我們就可以利用 Proposition 2.1.3 算出 ϕ 之值.

Proposition 2.3.5. 若 n = pⁿ₁¹··· pⁿ_r^r, 其中 pi 為相異質數, 則 ϕ(n) = (pⁿ1¹− pⁿ₁¹⁻¹)···(pⁿr^r− pⁿr^r⁻¹) = n(1− 1

p1

)···(1 − 1 pr

).

Proof. 我們先求對任意質數 p 以及正整數 t,ϕ(p^t) 之值. 由於 p 是 p^t 唯一的質因數, u 和 p^t 不互質表示 p 必為 u 之因數. 因此要計算小於 p^t 的正整數中有多少與 p^t 互質, 只要算 出這些數中有哪些是 p 的倍數再扣掉即可. 然而 1 到 p^t 中共有 p^t/p 個數是 p 的倍數. 故 得知 1 到 pⁿ 中共有 p^t− p^t⁻¹ 個整數和 p^t 互質.

現考慮任意 n∈ N. 若 n = 1, 我們知 ϕ(n) = ϕ(1) = 1; 而若 n = pⁿ₁¹··· pⁿ_r^r 其中 p_i 為相異質數, 則由 ϕ 是 multiplicative 知

ϕ(n) = ϕ(pⁿ₁¹)···ϕ(pⁿr^r) = (pⁿ₁¹− pⁿ₁¹⁻¹)···(pⁿ_r^r− pⁿ_r^r⁻¹) = n(1− 1 p1

)···(1 − 1 pr

).

既然 ϕ 是 multiplicative, 我們可以利用 Theorem 2.1.5 造出另一個 multiplicative arithmetic function. 考慮 F :N → N 其定義為對任意 n ∈ N, F(n) = ∑d|n,d>0ϕ(d). 由於 F 是 multiplicative, 且對任意質數 p 以及 t∈ N, 我們有

F(p^t) =ϕ(1) + ϕ(p) + ϕ(p²) +··· +ϕ(p^t) = 1 + (p− 1) + (p²− p) + ··· + (p^t− p^t⁻¹) = p^t. 因此我們有以下之結果.

Corollary 2.3.6 (Gauss). 若 n∈ N 則

d|n,d>0

∑

ϕ(d) = n.

Proof. 令 F(n) =∑d|n,d>0ϕ(d), 由前知 F 不是 0 函數故由 F 是 multiplicative, 利用 proposition 2.1.3 知 F(1) = 1. 若 n∈ N 且 n > 1 時, 將 n 寫成 n = pⁿ₁¹··· pⁿr^r, 其中 pi 為相 異質數, 再由上面 F(p^t) = p^t 的結果及 Proposition 2.1.3 知

F(n) = F(pⁿ₁¹)···F(pⁿ_r^r) = pⁿ₁¹··· pⁿ_r^r = n,

得證本定理.

(9)

Exercise 2.1. 我們定義一個 arithmetic functionρ 為 ρ(1) = 1 且對 n > 1 定義 ρ(n) = 2^m 其中 m 為 n 的相異質因數個數.

(1) 試證明 ρ 是 multiplicative 且說明 ρ 不是 completely multiplicative.

(2) 令

f (n) =

∑

d|n,d∈Nρ(d).

若 n = pⁿ₁¹··· pⁿr^r 為 n 的質因數分解, 試求 f (n).

Exercise 2.2. 所謂的 Liouville λ-function 是一個 arithmetic function λ 其定義如下:

λ(1) = 1 且對 n > 1 若 n 的質因數分解為 n = pⁿ₁¹··· pⁿr^r, 則 λ(n) = (−1)ⁿ¹^+···+n^r. (1) 試證明 λ 是 completely multiplicative.

(2) 令

F(n) =

∑

d|n,d∈Nλ(d),

試證明如果存在 a∈ N 使得 n = a², 則 F(n) = 1; 否則 F(n) = 0.

Exercise 2.3. 以下是幾個關於 Eulerϕ-function 的性質. 此處 m,n ∈ N.

(1) 假設 n = pⁿ₁¹··· pⁿr^r 是 n 的質因數分解. 試證明 ϕ(n) =(

pⁿ₁¹⁻¹··· pⁿ_r^r⁻¹)(

(p₁− 1)···(pr− 1)) . 並依此證明 √

n/2≤ϕ(n) ≤ n.

(2) 試證明若 n 為奇數則 ϕ(2n) = ϕ(n), 而若 n 為偶數則 ϕ(2n) = 2ϕ(n).

(3) 假設 n 有 m 個相異奇質因數, 試證明 2^m|ϕ(n).

(4) 試證明 ϕ(n^m) = n^m⁻¹ϕ(n).

(5) 假設 m| n, 試證明 ϕ(m) | ϕ(n) 且 ϕ(mn) = mϕ(n).

———————————– 20 April, 2018

Arithmetic Function