打算学习过程中碰到有趣的数学就堆这里，目前打算是一个长期东西的，但指不定哪天心情不好就删了（雾）
关于 \(\varphi(n)=n\,*\,\prod_{i=1}^k(1-\frac{1}{p_i})\) 的证明：
引理1：若 \(p\) 是素数且 \(a\) 为正整数，则 \(\varphi(p^a)=p^a-p^{a-1}\)
证明：\(b\) 与 \(p^a\) 互素等价于其不与 \(p\) 互素。因为 \(p\) 是素数，当且仅当 \(b=kp\) （\(k\) 是正整数）时 \(b\) 不与 \(p\) 互素。所以 \(1,2,...,p^a\) 中不与 \(p\) 互素的数的个数等价于 \(1,2,...,p^a\) 中 \(p\) 的倍数的个数。很显然有 \(p^{a-1}\) 个，所以 \(\varphi(p^a)=p^a-p^{a-1}\)，证毕。
引理2：若 \(m,n\) 互素，\(\{0,m,2m,...,(n-1)m\}\) 是模 \(n\) 的一个完全剩余系
证明：假设这个集合中有 \(im \equiv jm(\bmod n)(i\neq j)\)，因为 \((m,n)=1\)，根据同余运算，\(i \equiv j(\bmod n)\)，矛盾，所以这里没有两个模 \(n\) 相同的数，证毕。
引理3：\((n,m)=(n \bmod m,m)\)
证明：假设有 \(d \mid n\) 且 \(d \mid m\)，\(n \bmod m=n-km\) (\(k\) 是整数），所以 \(d\) 同样整除 \(n \bmod m\)；反过来，假设有 \(d \mid n \bmod m\) 且 \(d \mid m\)，令 \(b=n \bmod m\)，因为 \(n=b+km\) (\(k\) 是整数），所以 \(d \mid n\) 也成立。\(n,m\) 的公因数等价于 \(n \bmod m,m\)，证毕。
引理4：\(\varphi\) 是积性函数（即若 \(n,m\) 互质，\(\varphi(nm)=\varphi(n)\,*\,\varphi(m)\)
证明：按照模 \(m\) 的结果把 \(1,2,...,nm\) 分成 \(m\) 组，对于 \(i \bmod m=k\) 而言，若 \(k\) 不与 \(m\) 互素，则 \(i\) 不与 \(nm\) 互素。所以我们只需要考虑那些模 \(m\) 与 \(m\) 互素的组，一共有 \(\varphi(m)\) 组，每组有 \(n\) 个，第 \(i\) 组为 \(\{i,i+m,i+2m,...,i+(n-1)m \}\)，根据引理2，每一组都是一个模 \(n\) 的完全剩余系；根据引理3，每一组中与 \(n\) 互素的数的个数等于它们模 \(n\) 之后与 \(n\) 互素的数的个数，而每一组又是模 \(n\) 的完全剩余系，因此模 \(n\) 后每一组都是 \(\{0,1,...,n-1\}\)，这些数里与 \(n\) 互素的数有 \(\varphi(n)\) 个。
所以有 \(\varphi(m)\) 组，每组有 \(\varphi(n)\) 个数，即一共有 \(\varphi(n)\,*\,\varphi(m)\) 个数即与 \(n\) 互素也与 \(n\) 互素。又因为 \(m,n\) 互素，所以这等价于这 \(\varphi(m)\,*\,\varphi(n)\) 个数全部与 \(mn\) 互素，证毕。
接下来证明 \(\varphi(n)=n\,*\,\prod_{i=1}^k(1-\frac{1}{p_i})\)。由算术基本定理，\(n=\prod_{i=1}^kp_{i}^{a_i}\)，因为 \(\varphi\) 是积性函数，所以
\[\varphi(n)=\varphi(p_{1}^{a_1})\,*\,\varphi(p_{2}^{a_2})\,*\,...\,*\, \varphi(p_{k}^{a_k}) \]由引理1：
\[\varphi(p_{1}^{a_1})\,*\,\varphi(p_{2}^{a_2})\,*\,...\varphi(p_{k}^{a_k})=(p_{1}^{a_1}-p_1^{a_i-1})(p_2^{a_2}-p_2^{a_2-1})...(p_k^{a_k}-p_k^{a_k-1})=p_1^{a_1}(1-\frac{1}{p_1})\,*\,p_2^{a_2}(1-\frac{1}{p_2})\,* \,...\,*\,p_k^{a_k}(1-\frac{1}{p_k})=n\,*\,\prod_{i=1}^k(1-\frac{1}{p_i}) \]证毕
关于 \(\tau(n)=\prod_{i=1}^k(a_i+1)\) 以及 \(\sigma(n)=\prod_{i=1}^k\frac{p_i^{a_i+1}-1}{p_i-1}\) 的证明：
引理1：若 \(m,n\) 互素，则 \(mn\) 的每个因数 \(d\) 都能唯一地写成 \(m\) 的一个因数 \(d_1\) 以及 \(n\) 的一个因数 \(d_2\) 的乘积。
证明：\(n,m\) 不含相同素因子，所以 \(d\) 的某个素因子 \(p_j\)，要么全在 \(n\) 中要么全在 \(m\) 中，这样把所有 \(d\) 的素因子分成两部分乘积，一个是 \(m\) 的因数一个是 \(n\) 的因数，证毕。
引理2：积性函数 \(f\) 的和函数 \(F\) 也是积性函数
证明：设 \(n,m\) 互质，则 \(F(nm)=\sum_{d\mid nm}f(d)\)，由引理1， \(d\) 可以唯一地被分解成 \(n\) 中的一个因数 \(d_1\) 和 \(m\) 中的一个因数 \(d_2\) 的积，所以可以写成
\[F(nm)=\sum_{d_1\mid n,d_2\mid m}f(d_1d_2) \]因为 \(f\) 是积性函数所以可以写成
\[F(nm)=\sum_{d_1\mid n,d_2\mid m}f(d_1)f(d_2) \]对求和符号乱搞（莫反警告）可以得到
\[F(nm)=\sum_{d_1\mid n}f(d_1)\sum_{d_2\mid m}f(d_2) \]又因为 \(F\) 是 \(f\) 的和函数
\[F(nm)=F(n)\,*\,F(m) \]证毕。（这里证明真的是绝了）
引理3：
当 \(p\) 是一个素数，\(a\) 是一个正整数时，有 \(\tau(p^a)=a+1,\sigma(p^a)=\frac{p^{a+1}-1}{p-1}\)
证明：\(p^a\) 的因数只有 \(1,p,p^2,...,p^a\)，显然 \(a+1\) 个，等比数列求和就得到此时 \(\sigma\) 的值了（懒得算了）
然后我们就可以推导出 \(\tau\) 与 \(\sigma\) 是积性函数，因为 \(\tau\) 是积性函数 \(f(n)=1\) 的和函数，\(\sigma\) 是积性函数 \(f(n)=n\) 的和函数，由引理2可得两个函数都是积性的。
然后像证明 \(\varphi\) 时一样的，把 \(n\) 分解质因数然后对于每个素因子的幂都用引理3鼓捣就出来了
（终于可以开始写 \(\varphi,\tau,\sigma\) 的数学题了qwq）
关于 \(\frac{1}{\varphi(n)}+\frac{1}{\sigma(n)}>=\frac{2}{n}(n>=1)\) 的证明:
\(F_1:\) 感谢MO神仙kby教会我这个解法
由基本不等式可得
\[\frac{1}{\varphi(n)}+\frac{1}{\sigma(n)}>=2\,*\,\sqrt{\frac{1}{\varphi(n)\sigma(n)}} \]进一步对右边化简
\[\frac{1}{\varphi(n)}+\frac{1}{\sigma(n)}>=\frac{2}{\sqrt{\varphi(n)\sigma(n)}} \]右边这个玩意似乎比较优美因为两个函数是乘法，这两个函数的公式本身也带乘法似乎比较可做，尝试证明
\[\frac{2}{\sqrt{\varphi(n)\sigma(n)}}>=\frac{2}{n} \]同时平方
\[\frac{4}{\varphi(n)\sigma(n)}>=\frac{4}{n^2} \]两者等价，此时要做的是证明
\[\varphi(n)\sigma(n)<=n^2 \]既然这个式子的特性是左边是乘法如果考虑做差的话就失去了优美的特性，尝试做商，其等价于
\[f(n)=\frac{\varphi(n)\sigma(n)}{n^2}<=1 \]易得 \(f(n)\) 是积性的，假设有 \(n,m\) 互质，则
\[f(nm)=\frac{\varphi(nm)\sigma(nm)}{n^2m^2}=\frac{\varphi(n)\sigma(n)}{n^2}\,*\,\frac{\varphi(m)\sigma(m)}{m^2}=f(n)f(m) \]所以 \(f(n)\) 是积性函数，根据证 \(\varphi,\tau,\sigma\) 的套路，考虑当 \(p\) 为素数，\(a\) 为正整数时，\(f(p^a)\) 和 \(1\) 的关系，对 \(f(p^a)\) 展开得
\[\frac{p^a(1-\frac{1}{p})\frac{p^{a+1}-1}{p-1}}{p^{2a}} \]约分得
\[\frac{(1-\frac{1}{p})\frac{p^{a+1}-1}{p-1}}{p^a} \]把分子的除数放下面：
\[\frac{(1-\frac{1}{p})(p^{a+1}-1)}{(p-1)p^a} \]分子分母去括号：
\[\frac{p^{a+1}-p^a+\frac{1}{p}-1}{p^{a+1}-p^a} \]因为 \(\frac{1}{p}-1<=0\)，所以原式 \(<=1\)
因此当 \(p\) 为素数，\(a\) 为正整数时 \(f(p^a)<=1\)
由此我们把 \(n\) 写成唯一分解的形式，对于所有“质数的幂”的因子，都小于等于1，那么它们的乘积自然也小于等于1，Q.E.D（全体起立！）
\(F_2\)：感谢 jsz 神仙告诉我这个解法
观察 \(\varphi(n)\) 和 \(\sigma(n)\) 的展开我们发现恶心的 \(\sigma(n)\) 里的分母 \((p_i+1)\) 和 \(\varphi(n)\) 乘一起会被约分掉，所以
\[\varphi(n)\sigma(n)=n\,*\,\frac{p_i^{a_i+1}-1}{p_i} \]一看就知道这玩意 \(<n^2\)，但是原题和 \(n^2\) 没有关系，那就开根，得 \(\sqrt{\varphi(n)\sigma(n)}<n\)，转倒数再乘 \(2\) 就是
\[\frac{2}{\sqrt{\varphi(n)\sigma(n)}}>\frac{2}{n} \]好 \(\frac{2}{n}\) 被我们凑出来了！但是这和 \(\frac{1}{\varphi(i)}+\frac{1}{\sigma(n)}\) 没有直接的联系（雾），但左边这玩意刚好配方用得上！激动人心的事情发生了，我们对原式配方：
\[\frac{1}{\varphi(n)}+\frac{1}{\sigma(n)}-\frac{2}{\sqrt{\varphi(n)\sigma(n)}}=(\frac{1}{\varphi(n)}-\frac{1}{\sqrt{\sigma(n)}})^2>=0 \]移项得：
\(\frac{1}{\varphi(n)}+\frac{1}{\sigma(n)}>=\frac{2}{\sqrt{\varphi(n)\sigma(n)}}>\frac{2}{n}\)
Q.E.D Again（所以这题明明能严格大于为啥题目是大于等于啊（雾））