数论定理证明
作者注：因为本人太蒟，有些证明方法是从网上参考的，可能有些东西是伪证，勿喷。
欧拉定理
若 \(a\) 与 \(n\) 互质，则有
证明：
设有正整数 \(n\)，易得在 \(1\) 到 \(n\) 中与 \(n\) 互质的数有 \(\varphi(n)\) 个。不妨令这些数为 \(x_1,x_2,x_3\cdot\cdot\cdot x_{\varphi(n)}\)。所有数相乘得 \(x_1x_2x_3\cdot\cdot\cdot x_{\varphi(n)}\)。
将这些数全部乘上 \(a\)，得到的序列为 \(ax_1,ax_2,ax_3...ax_{\varphi(n)}\)。所有数相乘得 \(ax_1\times ax_2\times ax_3\times\cdot\cdot\cdot\times ax_{\varphi(n)}=a^{\varphi(n)}x_1x_2x_3\cdot\cdot\cdot x_{\varphi(n)}\)。
易得这个新序列里的所有数都与 \(n\) 互质，结合上面的，所以有
根据同余的同乘性，可得
证完了。
欧拉定理推论
若 $a$ 与 $n$ 互质，则有证明：
当 \(\text{gcd}(a,m)=1\) 时，即 \(a\) 与 \(m\) 互质，根据欧拉定理可得 \(a^{\varphi(m)}\equiv1\pmod n\)。令 \(b=q\times\varphi(m)+r\)，其中 \(0\le r<\varphi(n)\)，即 \(r=b\ \text{mod}\ \varphi(m)\)，所以 \(a^b\equiv a^{q\times\varphi(m)+r}\equiv (a^{\varphi(n)})^q\times a^r\equiv 1^q\times a^r\equiv a^r\equiv a^{b\ \text{mod}\ \varphi(n)}\pmod n\)。
证毕。
费马小定理（欧拉定理证法）
对于正整数 \(a\) 和一个与 \(a\) 互质的质数 \(p\)，总有
证明：
根据欧拉定理，\(a^{\varphi (p)}\equiv1\pmod p\)，因为 \(p\) 是质数，所以 \(\varphi(p)=p-1\)，因此
等价于
证毕。
扩展欧拉定理
对于正整数 \(a\)，\(b\)，\(m\)，有
证明：
- 当 \(b<\varphi(m)\) 时，十分显然，无需证明。
- 当 \(b\ge\varphi(m)\) 时：根据唯一分解定理，模数 \(m=p_{1}^{c_1}p_{2}^{c_2}p_{3}^{c_3}...p_{k}^{c_k}\)，对于每一个素数幂 \(p_i^{c_i}\)，共两种情况：
- 当 \(a\) 与 \(p_i\) 互质，根据欧拉定理可得 \(a^{\varphi(p_i^{c_i})}\equiv1\pmod {p_i^{c_i}}\)。那么令 \(b=q\times \varphi(p_i^{c_i})+r\)，所以 \(a^{q\times \varphi(p_i^{c_i})+r}\equiv (a^{\varphi(p_i^{c_i})})^q\times a^r\equiv a^r\pmod {p_i^{c_i}}\)。推广到 \(m\)，则可写为
- 当 \(a\) 与 \(p_i\) 不互质，则令 \(a=p_i\times t\)。当 \(b\ge\varphi(p_i^{c_i})\ge c_i\) 时，显然有 \(a^b\equiv p_i^b\times t^b\equiv0\pmod {p_i^{c_i}}\)。此时 \(b\ \text{mod}\ \varphi(p_i^{c_i})+\varphi(p_i^{c_i})\ge\varphi(p_i^{c_i})\)，则有 \(a^b\equiv a^{b\ \text{mod}\ \varphi(p_i^{c_i})+\varphi(p_i^{c_i})}\pmod {p_i^{c_i}}\)。推广到 \(m\)，则可写为
至此，扩展欧拉定理得证。
裴蜀定理
对于任意整数 \(a\)，\(b\)，总存在一对整数 \(x\)，\(y\)，使得 \(ax+by=\text{gcd}(a,b)\)。
证明：
在欧几里得算法的最后一步，也就是 \(b=0\) 时，显然可以使 \(x=1\)，\(y=0\)，使得 \(ax+by=a=\text{gcd}(a,0)\)。
当 \(b>0\) 时，则 \(\text{gcd}(a,b)=\text{gcd}(b,a\ \text{mod}\ b)\)。假设存在一对整数 \(x'\)，\(y'\)，满足 \(b\times x'+(a\ \text{mod}\ b)\times y'=\text{gcd}(b,a\ \text{mod}\ b)\)，因为 \(b\times x'+(a\ \text{mod}\ b)\times y'=b\times x'+(a-b\times\lfloor\frac{a}{b}\rfloor)\times y'=ay'+b(x'-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y)\)，因此令 \(x=y'\)，\(y=x'-\lfloor\frac{a}{b}\rfloor y\)，最终表达式为 \(ax+by=\text{gcd}(a,b)\)。
根据欧几里得算法的递归过程可知，裴蜀定理成立。
中国剩余定理（CRT）
也称中国单身狗定理。
设 \(m_1,m_2,m_3,...,m_n\) 是两两互质的整数，设 \(M=\prod\limits_{i=1}^{n}m_i\)，\(m'_i=\frac{M}{m_i}\)，\(t_i\) 是线性同余方程 \(m_i't_i\equiv1(\text{mod}\ m_i)\) 的一个解，对于任意 \(n\) 个整数 \(a_1,a_2,a_3,...,a_n\)，方程组
有整数解，解为 \(x=\sum\limits_{i=1}^{n}a_im_i't_i\)。
证明：
因为 \(m'_i=\frac{M}{m_i}\)，也就是说对于 \(\forall k\ne i\) 都有 \(a_im_i't_i\equiv0\pmod {m_k}\)。又因为 \(a_im_i't_i\equiv a_i\pmod {m_i}\)，代入原方程组可得 \(x=\sum\limits_{i=1}^{n}a_im_i't_i\)。
证毕。
威尔逊定理
对于一个质数 \(p\)，总有 \((p-1)!\equiv-1\pmod p\)。
对于这个定理成立的数一定是质数，即“ \(p\) 为质数”和威尔逊定理互为充分必要条件。
证明：
-
必要性：假设 \(p\) 不是质数，则 \(p\) 一定可以表示为两个数 \(a\) 和 \(b\) 的积的形式，其中 \(1<a<p-1\)，\(1<b<p-1\)。
把原式变一下：
\[1\times 2\times 3\times\cdot\cdot\cdot\times a\times\cdot\cdot\cdot\times b\times\cdot\cdot\cdot\times(p-2)\times(p-1)\equiv-1(\text{mod}\ p) \]若 \(a\ne b\)，那么 \((p-1)!\equiv0\pmod a\)，\((p-1)!\equiv0\pmod {b}\)，所以 \((p-1)!\equiv0\pmod {a\times b}\)，即 \((p-1)!\equiv0\pmod {p}\)，与命题矛盾；
若 \(a=b\)，那么 \((p-1)!\equiv0\pmod a\)，所以 \((p-1)!\equiv0\pmod {a^2}\)，即 \((p-1)!\equiv0\pmod p\)，与命题矛盾。
因此 \(p\) 一定是质数。
-
充分性：
当 \(p=2\) 时，显然成立。
当 \(p>2\) 且 \(p\) 为质数时，对于集合 \(A\in\{1,2,3,...,p-1\}\) 中 \(\forall a\in A\)，总会有整数 \(x\) 满足 \(ax\equiv1\pmod {p}\)，即 \(x\) 为 \(a\) 的逆元。容易发现对于集合内两个不同的元素 \(a\)，\(b\)，它们的乘法逆元是不同的，又因为 \(a\) 的逆元 \(x\) 也在集合中，且当 \(a\ne x\) 时，\(ax\equiv1\pmod p\)。而当 \(a=x\) 时，\(a^2\equiv1\pmod p\)，即 \((a+1)(a-1)\equiv0\pmod p\)，所以 \(a=1\) 或 \(a=p-1\)。因此对于 \(\forall 2\le i\le p-2\)， 在集合中总会有一个数 \(j\)，使得 \(i\times j\equiv1\pmod p\)。
所以我们把 \((p-1)!\) 拆了，即 \(1\times2\times3\times\cdot\cdot\cdot\times(p-1)\)，然后我们就会发现：从 \(2\) 到 \(p-2\) 的所有数乘起来为 \(1\)。所以原式就变成了 \(1\times (p-1)\equiv1\times(-1)\equiv-1\pmod p\)。
至此，威尔逊定理得证。
卢卡斯定理（Lucas）
设 \(p\) 为质数，对任意非负整数 \(n, k\)，定义：
- \(a = \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor\)
- \(b = n \mod p\)
- \(c = \left\lfloor \frac{k}{p} \right\rfloor\)
- \(d = k \mod p\)
则卢卡斯定理为：
其中，若 \(k > n\)，则 \(\binom{n}{k} = 0\)，且此时 \(\binom{a}{c} = 0\) 或 \(\binom{b}{d} = 0\)，等式自然成立。
引理：对任意整数 \(x\)，有 \((1+x)^p \equiv 1 + x^p \pmod{p}\)。
证明：
由 \(n = a p + b\)，根据指数运算法则，将 \((1+x)^n\) 拆分为“高位部分”与“低位部分”的乘积：
对 \((1+x)^{a p}\) 迭代应用引理 \((1+x)^p \equiv 1 + x^p \pmod{p}\)：
- 当 \(a=1\) 时，\((1+x)^p \equiv 1 + x^p \pmod{p}\)；
- 当 \(a=2\) 时，\((1+x)^{2p} = \left[(1+x)^p\right]^2 \equiv (1 + x^p)^2 \pmod{p}\)；
- 一般地，对任意正整数 \(a\)，有：\[(1+x)^{a p} = \left[(1+x)^p\right]^a \equiv (1 + x^p)^a \pmod{p} \]
因此，\((1+x)^n\) 可简化为：
二项式系数的本质是“多项式展开中某一项的系数”，通过比较式 (1) 两边 \(x^k\) 项的系数可建立组合数关系：
-
左边系数：根据二项式定理，\((1+x)^n = \sum_{t=0}^n \binom{n}{t} x^t\)，因此 \(x^k\) 项的系数为：
\[\text{左边系数} = \binom{n}{k} \] -
右边系数：先分别展开两个因子：
① \((1 + x^p)^a = \sum_{c=0}^a \binom{a}{c} x^{c p}\)（指数为 \(p\) 的倍数，系数为 \(\binom{a}{c}\)）；
② \((1+x)^b = \sum_{d=0}^b \binom{b}{d} x^d\)（指数小于 \(p\)，系数为 \(\binom{b}{d}\)）。多项式相乘时，\(x^k\) 项的系数是“满足 \(c p + d = k\) 的 \(\binom{a}{c} \cdot \binom{b}{d}\) 之和”。由于 \(d = k \mod p\)（唯一）、\(c = \left\lfloor \frac{k}{p} \right\rfloor\)（唯一），仅存在一组 \((c, d)\) 满足条件，因此：
\[\text{右边系数} = \binom{a}{c} \cdot \binom{b}{d} \]（特殊情况：若 \(d > b\) 或 \(c > a\)，则系数为 \(0\)，与 \(\binom{b}{d}=0\) 或 \(\binom{a}{c}=0\) 一致。）
由于式 (1) 对所有整数 \(x\) 成立，两边 \(x^k\) 项的系数模 \(p\) 相等，即：
当 \(n < p\) 时，\(a = \left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor = 0\)，\(b = n\)：
- 若 \(k < p\)，则 \(c = 0\)、\(d = k\)，式子变为 \(\binom{n}{k} \equiv \binom{0}{0} \cdot \binom{n}{k} = 1 \cdot \binom{n}{k} \pmod{p}\)，显然成立；
- 若 \(k \geq p\)，则 \(c = \left\lfloor \frac{k}{p} \right\rfloor \geq 1\)，\(\binom{a}{c} = \binom{0}{c} = 0\)，式子变为 \(\binom{n}{k} \equiv 0 \cdot \binom{b}{d} = 0 \pmod{p}\)，而 \(k \geq p > n\) 时 \(\binom{n}{k} = 0\)，同样成立。
综上，卢卡斯定理得证。
浙公网安备 33010602011771号