裴蜀定理的两种证明

裴蜀定理

设 \(a, b \in \mathbb{Z}\) 且 \(a, b\) 不全为 \(0\)，则 \(\exists x, y \in \mathbb{Z}\)，使得

\[ax+by=\gcd(a,b) \]

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证明一^[1]

\(a,b\) 中有一个是 \(0\) 的情况显然成立。下面考虑 \(a, b\) 均不为 \(0\) 的情况。

设 \(S = \{ ax + by \mid x,y \in \mathbb{Z} \}\)，令 \(A=S \cap \mathbb{N}^+\)。因为 \(a \neq 0\)，所以 \(|a| = (\pm1)\times a + 0 \times b \in S\) 且 \(|a| > 0\)，故 \(|a| \in A\)，即 \(A \neq \emptyset\) ^[2]。

根据自然数集合的良序原理^[3]，\(A\) 中必然存在一个最小的正整数 \(d_0\)。根据定义，得 \(d_0 = ax_0+by_0\)。

考虑 \(A\) 中任意一个元素 \(p = ax_1 + by_1 = qd_0 + r\)，其中 \(q \in \mathbb{Z}, 0 \le r < d_0\)。移项并代入 \(d_0\) 得

\[r = (ax_1 + by_1) - q(ax_0 + by_0) = (x_1 - qx_0)a + (y_1 - qy_0)b \]

假设 \(r > 0\)，则 \(r \in A, r < d_0\)，这与 \(d_0\) 是 \(A\) 中最小元素矛盾，所以 \(r = 0\)。

所以 \(d_0 \mid p\)，即 \(A\) 内任意元素都是 \(d_0\) 的倍数。

因为 \(|a| \in A, |b| \in A\)，所以 \(d_0 \mid a, d_0 \mid b\)，即 \(d_0\) 是 \(a\) 和 \(b\) 的公因数。设 \(d\) 是 \(a\) 和 \(b\) 的任意一个公因数，令 \(a = ld, b = kd\)，代入 \(d_0\) 的表达式中，得

\[d_0 = ax_0 + by_0 = x_0ld + y_0kd = d(x_0l+y_0k) \]

所以 \(d \mid d_0\)，即 \(d_0\) 是 \(a\) 和 \(b\) 所有公因数的倍数。所以 \(d_0\) 是 \(a\) 和 \(b\) 的最大公因数。

综上所述，\(d_0=ax_0+by_0\) 且 \(d_0=\gcd(a,b)\)，即存在 \(x\) 和 \(y\) 使得 \(ax+by=\gcd(a,b)\) 成立，裴蜀定理得证。

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证明二^[4]

引理
设 \(a, b\) 为正整数，且 \(a > b > 0\)。令 \(r = a \bmod b\)，即存在整数 \(q\) 使得 \(a = qb + r\)，且 \(0 \le r < b\)。那么 \(\gcd(a, b) = \gcd(b, r)\)。

引理证明

设 $d = \gcd(a, b)$。因为 $d \mid a$ 且 $d \mid b$，根据整数的线性性质，$d \mid (a - qb)$，即 $d \mid r$。所以 $d$ 是 $b$ 和 $r$ 的公因数，故 $d \le \gcd(b, r)$。

反之，设 \(d' = \gcd(b, r)\)。因为 \(d' \mid b\) 且 \(d' \mid r\)，所以 \(d' \mid (qb + r)\)，即 \(d' \mid a\)。所以 \(d'\) 是 \(a\) 和 \(b\) 的公因数，故 \(d' \le d\)。

综上可知，\(d = d'\)，引理得证。

若 \(b = 0\)，则 \(\gcd(a,0) = |a|\)，取 \(x = \operatorname{sgn}(a)\)，\(y = 0\) 即可。

若 \(a = 0\)，同理。

故以下假设 \(a \neq 0\) 且 \(b \neq 0\)。

又因为 \(\gcd(a,b) = \gcd(|a|,|b|)\)，且若 \(a,b\) 异号，只需将相应的 \(x,y\) 变号即可。因此不失一般性，可令 \(a,b\) 均为正整数。

令 \(d = \gcd(a,b)\)，并设

\[a' = \frac{a}{d},\qquad b' = \frac{b}{d} \]

则 \(\gcd(a',b') = 1\)，且 \(a',b'\) 为正整数。

原方程 \(ax+by=d\) 等价于

\[a'x + b'y = 1 \]

所以只需证明存在整数 \(x,y\) 使得 \(a'x + b'y = 1\)。

对互质的正整数 \(a',b'\) 执行欧几里得算法。不妨设 \(a' > b'\)（若相等则必为 \(1\)，情况平凡）。

定义序列 \(\{r_i\}\) 如下：

\[\begin{aligned} r_{-1} &= a', \\ r_0 &= b', \\ r_{i-1} &= q_i r_{i-2} + r_i \qquad (i=1,2,\dots,n) \end{aligned} \]

其中 \(q_i\) 为正整数，且

\[0 < r_i < r_{i-2} \quad (1 \le i \le n-1) \]

而 \(r_n = 0\) 是第一个出现的零余数。

由于 \(\gcd(a',b') = 1\)，最后一个非零余数必定为 \(1\)，即

\[r_{n-1} = 1 \]

具体展开为：

\[\begin{aligned} a' &= q_1 b' + r_1, \\ b' &= q_2 r_1 + r_2, \\ r_1 &= q_3 r_2 + r_3, \\ &\vdots \\ r_{n-3} &= q_{n-1} r_{n-2} + r_{n-1}, \\ r_{n-2} &= q_n r_{n-1} + 0 \end{aligned} \]

其中 \(r_{n-1}=1\)。

我们断言：对每个 \(i = -1, 0, 1, \dots, n-1\)，都存在整数 \(u_i, v_i\) 使得

\[r_i = u_i a' + v_i b' \]

当 \(i = -1\) 时，\(r_{-1} = a' = 1 \cdot a' + 0 \cdot b'\)，取 \(u_{-1}=1,\ v_{-1}=0\)。
当 \(i = 0\) 时，\(r_0 = b' = 0 \cdot a' + 1 \cdot b'\)，取 \(u_0=0,\ v_0=1\)。

假设对于 \(i-2\) 和 \(i-1\)（其中 \(i \ge 1\)），已有

\[r_{i-2} = u_{i-2} a' + v_{i-2} b',\qquad r_{i-1} = u_{i-1} a' + v_{i-1} b' \]

由辗转相除法的递推关系 \(r_i = r_{i-2} - q_i r_{i-1}\)，代入得

\[r_i = (u_{i-2} a' + v_{i-2} b') - q_i (u_{i-1} a' + v_{i-1} b') = (u_{i-2} - q_i u_{i-1}) a' + (v_{i-2} - q_i v_{i-1}) b' \]

因此可令

\[u_i = u_{i-2} - q_i u_{i-1},\qquad v_i = v_{i-2} - q_i v_{i-1} \]

它们均为整数，且 \(r_i = u_i a' + v_i b'\)。归纳完成。

特别地，当 \(i = n-1\) 时，\(r_{n-1} = 1\)，于是存在整数 \(u_{n-1}, v_{n-1}\)，使得

\[1 = u_{n-1} a' + v_{n-1} b' \]

令 \(x = u_{n-1}\)，\(y = v_{n-1}\)，则

\[a' x + b' y = 1 \]

两边同乘 \(d\)，得

\[a x + b y = d = \gcd(a,b) \]

综上，存在整数 \(x,y\) 满足 \(ax+by=\gcd(a,b)\)，裴蜀定理得证。

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1. 参考资料：裴蜀定理及其证明。 ↩︎

2. 即 \(S\) 中存在正整数，而 \(A\) 为 \(S\) 正整数子集。 ↩︎

3. 任何一个非空的正整数集合都存在最小的元素。 ↩︎

4. 参考资料：裴蜀定理的证明。 ↩︎