(1)

\(p\)が素数なので\(1\)以上\(p-1\)以下の数は全て\(p\)と互いに素なので\(\phi\left(p\right)=p-1\)となる。
また\(1\)以上\(p^{n}\)以下の数字で\(p^{n}\)と素でないものは\(p\)を因子として含むものだけである。
\(p\)を因子と含むものは\(p\)の倍数なので\(p^{n-1}\)個あり、\(\phi\left(p^{n}\right)=p^{n}-p^{n-1}\)となる。

(2)

\(a\overset{mn}{\equiv}b\)ならば\(a\overset{m}{\equiv}b\land a\overset{n}{\equiv}b\)が成り立つので、
\[ a+mn\mathbb{Z}=b+mn\mathbb{Z}\Rightarrow\left(a+m\mathbb{Z},a+n\mathbb{Z}\right)=\left(b+m\mathbb{Z},b+n\mathbb{Z}\right) \] が成り立つ。
ここで、写像\(f:\mathbb{Z}/mn\mathbb{Z}\rightarrow\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},a+mn\mathbb{Z}\mapsto\left(a+m\mathbb{Z},a+n\mathbb{Z}\right)\)を考え\(f\)が全単射になることを示す。
単射であることを示す。
\(\left(a+m\mathbb{Z},a+n\mathbb{Z}\right)=\left(b+m\mathbb{Z},b+n\mathbb{Z}\right)\)であるとき、\(\left(a+m\mathbb{Z}=b+m\mathbb{Z}\right)\land\left(a+n\mathbb{Z}=b+n\mathbb{Z}\right)\)となり、\(-a+b\in m\mathbb{Z},-a+b\in n\mathbb{Z}\)となるので、\(a\overset{m}{\equiv}b\land a\overset{n}{\equiv}b\)となる。
このとき、\(\gcd\left(m,n\right)=1\)なので、\(a\overset{m}{\equiv}b\land a\overset{n}{\equiv}b\Leftrightarrow a\overset{mn}{\equiv}b\Leftrightarrow a+mn\mathbb{Z}=b+mn\mathbb{Z}\)となる。
従って\(f\)は単射となる。
次に全射であることを示す。
任意の\(\left(b+m\mathbb{Z},c+n\mathbb{Z}\right)\in\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\)について、ある元\(a+m\mathbb{Z}\in\mathbb{Z}/mn\mathbb{Z}\)が存在して、\(\left(a+m\mathbb{Z},a+n\mathbb{Z}\right)=f\left(a+m\mathbb{Z}\right)=\left(b+m\mathbb{Z},c+n\mathbb{Z}\right)\)となることを示せばよい。
これは、
\begin{align*} \begin{cases} a+m\mathbb{Z}=b+m\mathbb{Z}\\ a+n\mathbb{Z}=c+n\mathbb{Z} \end{cases} & \Leftrightarrow\begin{cases} a\overset{m}{\equiv}b\\ a\overset{n}{\equiv}c \end{cases} \end{align*} となり、\(\gcd\left(m,n\right)=1\)なので中国剰余定理より、\(mn\)を法として\(a\)は解をもつ。
従って、\(f\)は全射となる。
これらより、\(f\)は全単射となるので、
\begin{align*} \phi\left(mn\right) & =\left|\mathbb{Z}/mn\mathbb{Z}\right|\\ & =\left|\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\right|\\ & =\left|\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}\right|\left|\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\right|\\ & =\phi\left(m\right)\phi\left(n\right) \end{align*} となり題意は成り立つ。

(3)

\begin{align*} \phi\left(n\right) & =\phi\left(\prod_{k=1}^{d}p_{k}^{e_{k}}\right)\\ & =\prod_{k=1}^{d}\phi\left(p_{k}^{e_{k}}\right)\\ & =\prod_{k=1}^{d}\left(p_{k}^{e_{k}}-p_{k}^{e_{k}-1}\right)\\ & =\prod_{k=1}^{d}p_{k}^{e_{k}}\left(1-\frac{1}{p_{k}}\right)\\ & =n\prod_{k=1}^{d}\left(1-\frac{1}{p_{k}}\right) \end{align*}

(4)

\(x\)を\(1\)以上\(n\)以下の自然数とする。
\[ \gcd\left(x,n\right)=d\Longleftrightarrow\gcd\left(\frac{x}{d},\frac{n}{d}\right)=1 \] となるので、\(\gcd\left(x,n\right)=d\)となる\(x\)は\(\phi\left(\frac{n}{d}\right)\)個ある。
\(1\)以上\(n\)以下の自然数\(x\)は\(\gcd\left(x,n\right)\)の値\(d\)によって類別される。
\(d\)が\(n\)の約数全体を動くとき、\(1\)以上\(n\)以下の自然数は1度のみ必ず数えられるので、
\[ \sum_{d\mid n}\phi\left(\frac{n}{d}\right)=n \] となり、
\[ \sum_{d\mid n}\phi\left(\frac{n}{d}\right)=\sum_{d\mid n}\phi\left(d\right) \] となるので与式は成り立つ。

(5)

1から\(pq\)までの自然数を全体集合\(X\)とする。
このとき、\(p,q\)の倍数全体の集合をそれぞれ\(A,B\)とすると、
\[ A=\left\{ p,2p,\cdots,qp\right\} \] \[ B=\left\{ q,2q,\cdots,pq\right\} \] となるので、\(\left|A\right|=q,\left|B\right|=p\)となる。
\(p,q\)は異なる素数なので、\(pq\)と互いに素となる自然数は\(p\)の倍数でも\(q\)の倍数でもない自然数であり、
\begin{align*} \phi\left(pq\right) & =\left|A^{c}\cap B^{c}\right|\\ & =\left|\left(A\cup B\right)^{c}\right|\\ & =\left|X\right|-\left|A\cup B\right|\\ & =\left|X\right|-\left\{ \left|A\right|+\left|B\right|-\left|A\cap B\right|\right\} \\ & =\left|X\right|-\left|A\right|-\left|B\right|+\left|A\cap B\right|\\ & =pq-p-q+1\\ & =\left(p-1\right)\left(q-1\right) \end{align*} となる。
従って題意は成り立つ。