数论构造

UPD on 2025.7.8 ：更改了一些表述，修正了一些错误

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数论构造还是相当玄学的版块，经常出现什么都没学的萌新能做出来但是数论较好的人卡题的现象……

其他的笔记已经记录了一些专题类的构造，这里更多是记录一些综合性的/莫名其妙的构造。

数论构造除了用其它定理（ \(CRT\) ，欧拉定理之类的），也无非就是阶乘，素数幂和这些特殊的东西，可能 \(\pm 1\)（当然这只是优先级比较高的，具体问题具体分析）

一定要注重构造时你拥有的自由度，能控制什么因素，很多构造题开始的自由度其实非常的高，重要的就是选取哪些。

例1

证明：对任意正整数 \(n\) ，存在正整数 \(k\) ，满足 \(51^k\equiv 17\:(mod~2^n)\)

这是典型的归纳构造题，根据升幂定理，我们看到 \(v_2(51^{2^k}-1)=k+2\)

我们对 \(n\) 归纳证明，实际上，若对 \(n\) 存在正整数 \(k\) ，则

\(51^k\equiv 17+s\cdot 2^n\:(mod~2^{n+1})\)

\(51^{k+2^{n-2}}\equiv 17+t\cdot 2^n\:(mod~2^{n+1})\)

根据 \(v_2(51^{2^{n-2}}-1)=n\) 可知 \(s\ne t\) ，有一个是偶数，完成了归纳。

注：还有一个做法是 \((51^2)^k\) 模 \(2^n\) 意义下随 \(k\) 的移动遍历所有模 \(8\) 余 \(1\) 的数，这是一个存在性证明，有时候也是“构造”方法。

例2

设 \(a_n=2^{n^3+1}-3^{n^2+1}+5^{n+1}\) ，证明： \(\{p\mid p是素数且\exists n,p\mid a_n\}\) 是无限集

可以采用直接构造的手段，取特定的 \(n=f(p)\) 使得满足条件。

可以凑一下，使余数为 \(2+3-5\) ，这样刚好能整除，正负号用二次剩余（欧拉判别法）调控。

我们取素数 \(p\) 满足 \(p\equiv 1,7\:(mod~8),p\equiv 2\:(mod~3),p\equiv 2,3\:(mod~5)\) ，看到 \((\frac 2p)=1,(\frac 3p)=(\frac 5p)=-1\)

下面取 \(n=\frac {p-1}2\) ，看到 \(n^3+1,n^2+1,n+1\equiv 1+\frac {p-1}2\:(mod~p-1)\) ，从而 \(a_n\equiv 2+3-5=0\:(mod~p)\)

由 \(Dirichlet\) 定理，这样的素数无穷。

证明素数集无穷的另一种经典方法是考虑控制素数幂次，也就是标答做法。

例3

定义 \(\omega(n)\) 表示 \(n\) 的不同的素因子个数。求证：存在无穷个 \(n\) 满足 \(\omega(n)<\omega(n+1)<\omega(n+2)\)

一个想法是令 \(n=2^k\) （ \(2\) 就够了），我们只需要 \(\omega(2^k+1)<\omega(2^{k-1}+1)+1\)

我们将分析数列 \(a_n=\omega (2^n+1)\) ，证明存在无穷多 \(a_n\ge a_{n+1}\) ，我们用反证法，假设存在 \(N\) 使得对任意 \(n\ge N\) 都有 \(a_n+1\le a_{n+1}\)

于是 \(a_{3N}\ge a_n+2N\) ，我们看到 \(2^{3N}+1\ge p_1p_2...p_{2N}\) ，但 \(p_3\) 开始就有 \(p_i\ge 4\) ，我们看到 \(2^{3N}+1\ge 4^{2N-1}\) ，矛盾。

例4

定义 \(P(n)\) 表示 \(n\) 的最大素因子。求证：存在无穷个 \(n\) 满足 \(P(n)<P(n+1)<P(n+2)\)

取 \(n+1=p^{2^m}\) ，显然序列 \(a_m=p^{2^m}+1\) 两两互素，而 \(n=p^{2^m}-1=a_{m-1}a_{m-2}...a_1(p-1)\)

我们只要在数列中找到一个 \(m\) ，使得 \(P(a_1),P(a_2),...,P(a_{m-1})<p<P(a_m)\) 。只要找到第一个 \(P(a_m)>p\) 即可。

我们说了，序列 \(a_m\) 两两互素，所以有无穷多素因子，肯定有一个这样的 \(m\) 。

上述分析对所有素数 \(p>2\) 有效，由素数的无穷性给出无穷多的 \(n\)。

例5

证明：对给定的正整数 \(a,b\) ，存在无穷多正整数 \(n\) ，使得不存在正整数 \(m,t\) 满足 \(\varphi(a^n-1)=b^m-b^t\)

反证法，假设存在 \(N\) 使得对任意 \(n\ge N\) 存在 \(m,t\) 使得 \(\varphi(a^n-1)=b^m-b^t\) 。令 \(a'=a^N\) ，可使上述命题对所以 \(n\) 成立，下面证明矛盾。

关键是对欧拉函数积性的利用，将 \(a^n-1\) 拆分，令 \(n=2^rs,2\nmid s\) 就可以用平方差公式分解

\(\varphi(a^n-1)=2^l\varphi(a^{2^{r-1}s}+1)\varphi(a^{2^{r-2}s}+1)...\varphi(a^s-1)\)

其中 \(a^{2^is}+1,a^{2^js}+1\) 的最大公约数是1或2，所以可以做这样的拆分（如果 \(2\nmid a\) ，会有 \(l=r\) ）

将要分析欧拉函数的因子，只能考虑阶，这里令 \(A_i=a^{2^is}+1\) ，可以看到

\(a^{\varphi(A_i)}\equiv 1\:(mod~A_k)\)

\(a^{2^is}\equiv -1\:(mod~A_k)\)

\(a^{2^{i+1}s}\equiv 1\:(mod~A_k)\)

所以 \(a\) 模 \(A_k\) 的阶 \(\delta\) 满足 \(\delta\mid (2^{i+1}s,\varphi(A_i))\) 且 \(v_2(\delta)=2^{i+1}\)

但是 \(\delta\ne 2^{i+1}\) （ \(a^{2^{i+1}}<A_k\) ），我们令 \(s>1\) ，就有 \(a^{2^{i+1}}-1<A_k\) ，此时令 \(s\) 为奇素数，我们就可以看到 \(\delta=2^{i+1}s\)

于是 \(s\mid \varphi(A_i)\) 对任意 \(1\le i\le r-1\) 成立，然后 \(v_s(a^n-1)\ge r-1\) 。

我们可以取任意大的 \(s\) ，考虑最小的 \(k\) 使得 \(s\mid b^k-1\) ，根据 \(LTE\) 引理可以知道 \(v_s(b^m-b^t)=v_s(\frac{m-t}k)+C\)

于是 \(m-t\ge s^{r-C}\) ，而

\(b^{s^{r-C}}\le b^t(b^{m-t}+1)=\varphi(a^n-1)\le a^{2^rs}-1\)

\(\iff s^rC_1\le 2^rsC_2\)

对任意 \(r\) 成立。这对 \(s>2\) 不成立

例6

对正整数 \(m,n\) 记 \(S(m,n)=\{(x,y)\mid \gcd(x,y)=1,1\le x\le m,1\le y\le n\}\) ，求证：对任意正整数 \(d,r\) ，存在不小于 \(d\) 的整数 \(m,n\) 使得 \(|S(m,n)|\equiv r\:(mod~d)\)

因为对 \(g(n)=\sum_{d\mid n}f(d),n\ge 1\) 有 \(\sum\limits_{k=1}^ng(k)=\sum\limits_{k=1}^nf(k)[\frac nk]\) ，我们可以直接写出

\(|S(m,n)|=\sum\limits_{k=1}^{\min \{m,n\}}\mu(k)[\frac mk][\frac nk]\)

我们可以让 \(d\mid [\frac mk]\) ，只要令 \(m>>n\) 并且 \(n!\cdot d\mid m\) 即可。

但是这样的话只剩 \(r=0\) 了，这不行。我们给 \(m\) 加个 \(1\) 就可以剩下一个 \(k=1\) 对应的 \(n\)

所以令 \(n=d+r,m=(d+r)!\cdot d+1\) 即可

例7

如果 \(x=x_1^{\alpha_1}x_2^{\alpha_2}...x_n^{\alpha_n}\) 满足 \((1+x_1+...+x_1^{\alpha_1})(1+x_2+...+x_2^{\alpha_2})...(1+x_n+...+x_n^{\alpha_n})=2x\) ，那么称 \(x\) 是一个伪完全数，比如 \(1^2\cdot (-3)^1\) 是一个伪完全数。求证：存在无穷多伪完全数。

这是归纳构造问题。我们先稍微分析一下。

\((1+x_1+...+x_1^{\alpha_1})...(1+x_n+...+x_n^{\alpha_n})=2x\)

\((1+x_1+...+x_1^{\alpha_1})...(1+x_n+...+x_n^{\alpha_n+1})(1+x_{n+1})=2x\cdot x_nx_{n+1}\)

我们先试试看让 \(x_{n+1}\) 的次数是 \(1\) ，然后一个很朴素的希望是：

\(1+x_{n+1}=(1+x_n+...+x_n^{\alpha_n})x_n\)

\(1+x_n+...+x_n^{\alpha_n+1}=x_{n+1}\)

我们看到几乎每一项都一样了，只差了常数。但是这个方法是可行的！我们添加一个负号

\(1+x_{n+1}=-(1+x_n+...+x_n^{\alpha_n})x_n\)

\(1+x_n+...+x_n^{\alpha_n+1}=-x_{n+1}\)

进而 \(x_1=-3,x_{n+1}=-x_n^2-x_n-1,x=1^2\cdot x_1^2\cdot ...\cdot x_k^2\cdot x_{k+1}\) 符合题设。