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初等数论
posted on 2022-09-01 07:20:04 | under 总结 | source
一、整除
1. 定义
如果有 \(a,b,q\in\mathbb{Z},a\not=0\) 满足 \(a\cdot q=b\)，则称 \(a\) 整除 \(b\)，记作 \(a\mid b\)。否则称 \(a\) 不整除 \(b\)，记作 \(a\nmid b\)。
2. 性质
- 若 \(a\mid b,b\mid c\) 有 \(a\mid c\)
- \(a\mid b,a\mid c\Longleftrightarrow \forall x,y\in\mathbb{Z},a\mid (bx+cy)\)
- \(\forall m\in\mathbb{Z},m\not=0\)，如果 \(a\mid b\)，有 \(ma\mid mb\)
- 若 \(\exists x,y\in\mathbb{Z},ax+by=1,a\mid n,b\mid n\) 则有 \(ab\mid n\)
- 若 \(b=q\cdot d+c\)，则 \(d\mid b\Longleftrightarrow d\mid c\)
二、取模
1. 定义
如果有 \(a=bq+r(a,b,q\in\mathbb{Z},b\not=0,r\in\left[0,b\right))\) 则称 \(a\) 模 \(b\) 等于 \(r\)，记作 \(a\bmod b=r\)。
2.性质
- \((a+b)\bmod c=(a\bmod c+b\bmod c)\bmod c\)
- \((a-b)\bmod c=(a\bmod c-b\bmod c)\bmod c\)
- \((a\times b)\bmod c=[(a\bmod c)\times (b\bmod c)]\bmod c\)
- \(a^b\bmod c=(a\bmod c)^b\bmod c\)
三、同余
1.定义
如果有 \(a,b,m\in\mathbb{Z},m\not=0\) 满足 \(m\mid(a-b)\)，则称 \(a\) 同余于 \(b\) 模 \(m\)，记作 \(a\equiv b\pmod{m}\)。其中称 \(m\) 为“模”或“模数”，称这个式子为 \(m\) 的同余式。
2.性质
- \(a\equiv a\pmod{m}\)
- \(a\equiv b\pmod{m}\Longleftrightarrow b\equiv a\pmod{m}\)
- \(a\equiv b\pmod{m},b\equiv c\pmod{m}\Longrightarrow a\equiv c\pmod{m}\)
- \(a\equiv b\pmod{m}\Longrightarrow a+c\equiv b+c\pmod{m}\)
- \(a\equiv b\pmod{m}\Longrightarrow a-c\equiv b-c\pmod{m}\)
- \(a\equiv b\pmod{m}\Longrightarrow a\times c\equiv b\times c\pmod{m}\)
- 若 \(a\equiv b\pmod{m}\)，且有 \(c\mid a,c\mid b,\gcd(c,m)=1\)，则有 \(\dfrac{a}{c}\equiv \dfrac{b}{c}\pmod{m}\)
- \(a\equiv b\pmod{m}\Longrightarrow a^c\equiv b^c\pmod{m}(c\in\mathbb{N^* })\)
四、排列组合
1. 排列
从 \(n\) 个东西中选 \(m\) 个，需要考虑顺序的方案数，称为排列，记作 \(A_n^m\) 或 \(P_n^m\) 或 \(A(n,m)\)。
由乘法原理易得：\(A_n^m=\prod\limits_{i=n-m+1}^ni=\dfrac{n!}{(n-m)!}\)。
2. 组合
从 \(n\) 个东西中选 \(m\) 个，不考虑顺序的方案数，称为组合，记作 \(C_n^m\) 或 \(\dbinom{n}{m}\) 或 \(C(n,m)\)。
考虑求 \(C_n^m\)，首先，我们从 \(n\) 个当中不考虑顺序的选 \(m\) 个出来，方案数 \(C_n^m\)。然后在将其全排列，方案数 \(A_m^m\)。最终就是从 \(n\) 个当中考虑顺序地选了 \(m\) 个，方案数 \(A_n^m\)。由乘法原理得：\(C_n^m\times A_m^m=A_n^m\)。所以 \(C_n^m=\dfrac{A_n^m}{A_m^m}=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}\)。
关于组合的性质
- \(C_n^m=C_n^{n-m}\)
- \(C_n^m=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^m\)
- \(C_n^n=C_n^0=1\)
- \(C_n^m=C_n^{m-1}\times\dfrac{n-m+1}{m}\)
五、最大公约数和最小公倍数
1.定义
若对于整数数列 \(a_i(i=\overline{1,2,\cdots,n})\)，有 \(x\in\mathbb{Z}\) 满足 \(x\mid a_i(i=\overline{1,2,\cdots,n})\)，则称 \(x\) 为这个数列的公约数。其中最大的公约数即是最大公约数，记作 \(\gcd\)。
若对于整数数列 \(a_i(i=\overline{1,2,\cdots,n})\)，有 \(x\in\mathbb{Z}\) 满足 \(a_i(i=\overline{1,2,\cdots,n})\mid x\)，则称 \(x\) 为这个数列的公倍数。其中最小的公倍数即是最小公倍数，记作 \(\operatorname{lcm}\)。
2.一个定理\(\color{orange}\bigstar\)
六、裴蜀定理\(\color{orange}\bigstar\)
1. 定理
不定方程 \(ax+by=m(a,b,m\in\mathbb{Z})\) 有整数解的充要条件为 \(\gcd(a,b)\mid m\)。
2.证明
1.充分性
设 \(a=q\cdot\gcd(a,b),b=p\cdot\gcd(a,b)\)，由最大公约数的定义得：\(\gcd(p,q)=1\)。
首先我们证明一个推论六-1：
-
若 \(a,b\in\mathbb{Z^* }\) 满足 \(\gcd(a,b)=1\)，则 \(\nexists k\in[1,b-1],b\mid ka\)。
假设有 \(k\in[1,b-1],b\mid ka\)
\(\because \gcd(a,b)=1\)
\(\therefore b\mid k\)
\(\because k\in[1,b-1]\)
\(\therefore b\nmid k\)
矛盾
证毕
然后是推论六-2：
-
若 \(a,b\in\mathbb{Z^* }\) 满足 \(\gcd(a,b)=1\)，则 \(a\cdot i\bmod b(i=\overline{0,1,\cdots,b-1})\) 的值互不相同。
假设 \(\exists i,j\in[0,b),i>j\) 满足 \(ia\equiv ja\pmod{b}\)。
\(\because i,j\in[0,b),i>j\)
\(\therefore 1\le i-j\le b-1\)
\(\therefore b\mid ia-ja\)
\(\therefore b\mid (i-j)a\)
与推论六-1矛盾
证毕
原方程可化作：\(y=\dfrac{m-ax}{b}\)，不妨强制要求 \(x\) 为整数。这是 \(y\) 为整数的充要条件就是 \(b\mid m-ax\)
\(\because \gcd(a,b)\mid a,\gcd(a,b)\mid b,\gcd(a,b)\mid m\)
\(\therefore b\mid m-ax\Longrightarrow \dfrac{b}{\gcd(a,b)}\mid \dfrac{m}{\gcd(a,b)}-\dfrac{ax}{\gcd(a,b)}\)
即 \(p\mid \dfrac{m}{\gcd(a,b)}-qx\)
设 \(\dfrac{m}{\gcd(a,b)}\bmod p=r\)
\(\because \gcd(p,q)=1\)
\(\therefore\exists k\in\mathbb{Z},qk\equiv r\pmod{p}\)
\(\therefore\exists x\in\mathbb{Z},p\mid \dfrac{m}{\gcd(a,b)}-qx\)
证毕
2.必要性
有 \(ax+by=m(a,b,x,y,m\in\mathbb{Z})\)，则 \(\gcd(a,b)\mid m\)。
显然 \(\gcd(a,b)\mid a,\gcd(a,b)\mid b\)
\(\therefore \gcd(a,b)\mid m\)
证毕
3. 一些引申出来的东西
-
若 \(\gcd(a,b)=1\)，则 \(\exists x\in\mathbb{Z},ax\equiv1\pmod{b}\)
由前推论2可得。
-
在集合 \(A\left\{m\mid m=ax+by(a,b,x,y\in\mathbb{Z})\right\}\) 中，最小正数为 \(\gcd(a,b)\)。
由裴蜀定理，\(\forall x\in A,\gcd(a,b)\mid x\)
七、筛法
1.暴力筛
就是纯暴力，时间复杂度为 \(O(n^2)\)，却是所有素数筛的始祖。
2.埃氏筛
进行了一些优化，用素数去筛掉它的倍数以节约时间,据说复杂度为 \(O(n\ln\ln n)\)。
3.欧拉筛（线性筛）\(\color{orange}\bigstar\)
最为常用的筛法，还可借此筛 \(\varphi\) 和一些其他的玩意儿。主要思想是用一个数的最小质因子筛掉它，所以复杂度只有 \(O(n)\)。
八、扩展欧几里得算法 \(\color{orange}\bigstar\)
1. 用途
扩展欧几里得算法是一种求 \(ax+by=\gcd(a,b)(a,b\in\mathbb{Z})\) 的一组整数解的算法。也是许多其他的数论算法的基础。
2. 正确性证明
由裴蜀定理得，显然有解。
对于两个不定方程 \(ax_0+by_0=\gcd(a,b)\) 和 \(bx_1+(a\bmod b)y_1=\gcd(b,a\bmod b)\)。由欧几里得定理，\(\gcd(a,b)=\gcd(b,a\bmod b)\)。所以 \(ax_0+by_0=bx_1+(a\bmod b)y_1=bx_1+(a-\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor\times b)y_1=ay_1+b(x_1-\left\lfloor\dfrac{a}{b}\right\rfloor\times y_1)\)
所以：
在辗转相除的最后，即 \(b=0\) 时，\(\gcd(a,b)=a\)，所以此时 \(x=1,y=0\)，然后便可回溯。（其实 \(y\) 可以为任意整数，但取 0 方便点）
九、费马小定理
1. 定理本身
如果有 \(a\in\mathbb{Z},p\in\mathbb{P},\gcd(a,p)=1\) 则有 \(a^{p-1}\equiv1\pmod{p}\)。
2. 证明
对于 \(a\in\mathbb{Z},p\in\mathbb{P},\gcd(a,p)=1\)，由推论六-2，在 \(a\cdot i(i=\overline{1,2,\cdots,p})\) 中有且只有 \(i=p\) 满足 \(p\mid a\cdot i\)，所以 \(\prod\limits_{i=1}^{p-1}i\equiv\prod\limits_{i=1}^{p-1}ai\pmod{p}\)。所以两边约掉 \(\prod\limits_{i=1}^{p-1}i\) 有 \(a^{p-1}\equiv1\pmod{p}\)。
一些习题
-
任意奇数的平方减一是 8 的倍数
设这个奇数 \(x=2k-1(k\in\mathbb{Z})\)
则 \(x^2-1=(x-1)(x+1)=2k(2k-2)=4k(k-1)\)
因为 \(2\mid k(k-1)\)
所以原式被 8 整除。
-
\(\forall n\in\mathbb{N}\) 满足 \(\begin{cases}2\mid3^n+1&(n\bmod2=0)\\2^2\mid3^n+1&(n\bmod2=1)\end{cases}\) 且 \(2^a\nmid3^n+1(a>2,a\in\mathbb{Z})\)
分开证明。
- 当 \(n\) 为偶数时：
\(\quad3^n+1=(4-1)^n+1\)
\(=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}(-1)^{i}4^{n-i}+1\)
\(=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\dbinom{n}{i}(-1)^{i}4^{n-i}+1+1\)
\(=4\times\sum\limits_{i=0}^{n-1}\dbinom{n}{i}(-1)^{i}4^{n-i-1}+2\)
\(=2\times\left[2\times\sum\limits_{i=0}^{n-1}\dbinom{n}{i}(-1)^{i}4^{n-i-1}+1\right]\)
\(\because\dbinom{n}{i},(-1)^{i},4^{n-i-1}\in\mathbb{Z}\)
\(\therefore \sum\limits_{i=0}^{n-1}\dbinom{n}{i}(-1)^{i}4^{n-i-1}\in\mathbb{Z}\)
\(\therefore 2\times\sum\limits_{i=0}^{n-1}\dbinom{n}{i}(-1)^{i}4^{n-i-1}+1\) 为奇数
\(\therefore 2\mid3^n+1,2^a\nmid3^n+1(a>1)\)
- 当 \(n\) 为奇数时
\(\quad3^n+1=(4-1)^n+1\)
\(=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}(-1)^{i}4^{n-i}+1\)
\(=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\dbinom{n}{i}(-1)^{i}4^{n-i}-1+1\)
\(=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\dbinom{n}{i}(-1)^{i}4^{n-i}\)
\(=4\times\sum\limits_{i=0}^{n-1}\dbinom{n}{i}(-1)^{i}4^{n-i-1}\)
\(=4\times\left[\sum\limits_{i=0}^{n-2}\dbinom{n}{i}(-1)^{i}4^{n-i-1}+1\right]\)
\(=4\times\left[4\times\sum\limits_{i=0}^{n-2}\dbinom{n}{i}(-1)^{i}4^{n-i-2}+1\right]\)
\(\because\dbinom{n}{i},(-1)^{i},4^{n-i-2}\in\mathbb{Z}\)
\(\therefore \sum\limits_{i=0}^{n-2}\dbinom{n}{i}(-1)^{i}4^{n-i-2}\in\mathbb{Z}\)
\(\therefore 4\times\sum\limits_{i=0}^{n-2}\dbinom{n}{i}(-1)^{i}4^{n-i-2}+1\) 为奇数
\(\therefore 2^2\mid3^n+1,2^a\nmid3^n+1(a>2)\)
证毕
-
假定 \(d_1,d_2,\cdots,d_k\) 为 \(n\) 的所有因数，那么 \((d_1d_2\cdots d_k)^2=n^k\)
显然，因数是成对的。
-
有 \(a,n,m\in\mathbb{N^* },a>1\) 证 \((a^m-1,a^n-1)=a^{(m,n)}-1\)
首先，我们考虑证明 \(a^x-1\mid a^{xy}-1(a,x,y\in\mathbb{N^* },a>1)\)。
即证明 \(\dfrac{a^{xy}-1}{a^x-1}\) 为整数，不禁联想到等比数列求和公式。然后我们发现，这个式子就是 \(\sum\limits_{i=0}^{y-1}a^{ix}\)。显然这是个整数。那么，我们就知道了一个形如 \(a^k-1(a,k\in\mathbb{N^* },a>1)\) 的数的因数有两种形式：\(a^d-1(d\mid k)\) 和 \(\sum\limits_{i=0}^{\frac{k}{d}-1}a^{id}(d\mid k)\)。显然对于不同的 \(k\)，第二种因数是不可能相同的。所以 \((a^m-1,a^n-1)=a^{(m,n)}-1\)。
证毕。
-
有 \(a,n\in\mathbb{N^* }\)，且 \(\sqrt[n]{a}\) 不为整数，证明 \(\sqrt[n]{a}\) 为无理数
设 \(\sqrt[n]{a}=\dfrac{p}{q}(\gcd(p,q)=1,q\not=1)\)
则 \((\sqrt[n]{a})^n=\dfrac{p^n}{q^n}=a\)
\(\therefore \dfrac{p^n}{q^n}\) 为整数
\(\because \gcd(p,q)=1\)
\(\therefore \gcd(p^n,q^n)=1\)
又 \(\because q\not=1\)
\(\therefore q^n\not=1\)
\(\therefore \dfrac{p^n}{q^n}\) 为分数
矛盾
\(\sqrt[n]{a}\) 为无理数
证毕
-
\(a,b\in\mathbb{Z},b\not=0\) 存在唯一的 \(q,r\in\mathbb{Z}\) 满足 \(a=qb+r,-\dfrac{|b|}{2}\le r<\dfrac{|b|}{2}\)
话说这是绝对最小余数的定义啊
-
\(a,b\in\mathbb{N^* }\) 证明 \(ka,k=\overline{1,2,\cdots,b}\) 中 \(b\) 的倍数有 \(\gcd(a,b)\) 个
显然满足条件的数为 \(\operatorname{lcm}(a,b)\) 的倍数，那么在 \(ab\) 中有 \(\dfrac{ab}{\operatorname{lcm}(a,b)}\) 个，即 \(\gcd(a,b)\)。
证毕
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