前言
这是我和盟友两位五年级蒟蒻合作的数论合集第六篇文章，大佬们不喜勿喷，感谢您的收看。
辗转相除理论基础
带余除法的定义与证明
定义
对于任意的整数 \(a\) 与非零整数 \(b\)，存在唯一整数对 \((q,r)\)，满足：
- \(a=bq+r\)；
- \(0 \le r < |b|\)。
接下来，我们来证明一下定义。
我们可以把 \(q\) 和 \(r\) 都表示出来，就已经证明出了存在性和第 \(1\) 条结论，下面给出结论 \(2\) 的伪证：
伪证
证：令
\[q=[\frac{a}{b}],r=a-b[\frac{a}{b}]
\]
则结论 \(1\) 已经满足。由取整的范围，
\[\frac{a}{b} - 1 < [\frac{a}{b}] \le \frac{a}{b}
\]
两边同乘 \(b\) 得：
\[a-b < b[\frac{a}{b}] \le b
\]
即
\[0 \le r < b。
\]
正确性分析
为什么说是伪证呢？因为如果 \(b<0\)，那么不等式两边同乘 \(b\) 时是要变号的，而上面的伪证并没有考虑到这一情况。而且结论 \(2\) 中 \(b\) 是带了绝对值的，如果按上面的伪证，就相当于绝对值没有任何作用，显然是不合理的。
证
证：
\(1^\circ\) 若 \(b>0\)，令
\[q=[\frac{a}{b}],r=a-b[\frac{a}{b}]
\]
则结论 \(1\) 已经满足。由取整的范围，
\[\frac{a}{b} - 1 < [\frac{a}{b}] \le \frac{a}{b}
\]
两边同乘 \(b\) 得：
\[a-b < b[\frac{a}{b}] \le b
\]
即
\[0 \le r < b=|b|。
\]
\(2^\circ\) 若 \(b < 0\)，令
\[q=\lceil\frac{a}{b}\rceil,r=a-b\lceil\frac{a}{b}\rceil
\]
则结论 \(1\) 已经满足。由向上取整的范围，
\[\frac{a}{b} \le \lceil\frac{a}{b}\rceil < \frac{a}{b}+1
\]
两边同乘 \(b\) 得：
\[a \ge b\lceil\frac{a}{b}\rceil > a+b
\]
即
\[0 \le r < -b = |b|。
\]
综上，
- \(a=bq+r\)；
- \(0 \le r < |b|\)。
证毕。
上面我们给出了结论 \(2\) 的证明，接下来给出唯一性的证明。
可以设出两组 \(q\) 和 \(r\) 都满足条件，证两组相等即可。
证
证：若 \((q_1,r_1),(q_2,r_2)\) 均满足条件，即
\[a=bq_1+r_1=bq_2+r_2
\]
稍稍整理得：
\[b(q_1-q_2)=r_2-r_1
\]
又由于
\[0 \le r_1,r_2 \le |b|-1
\]
\[\therefore |r_2-r_1| \le |b| -1 < |b|
\]
又
\[b \mid r_2-r_1
\]
\[\therefore r_2-r_1=0
\]
即
\[r_1=r_2,q_1=q_2。
\]
故只存在一组，证毕。
有了这个基础就可以正式进入大公因与小公倍的内容了：
大公因与小公倍的定义
三个基础的定义：
- 设 \(a_1,a_2\) 为两个不全为 \(0\) 的整数。如果 \(d \mid a_1\) 且 \(d \mid a_2\)，则称 \(d\) 为 \(a_1\) 和 \(a_2\) 的公因数。一般地，设 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 为 \(k\) 个不全为 \(0\) 的整数，如果 \(d \mid a_1,d \mid a_2,\dots,d \mid a_k\)，那么称 \(d\) 为 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 的公因数。
- 我们考虑 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 的所有公因数，显然其中一定有 \(1\)，即公因数一定存在，另外非 \(0\) 整数的因数个数有限，从而 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 的公因数个数有限，故必有最大值，这个最大值称为 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 的最大公因数，记作 \((a_1,a_2,\dots,a_k)\)。
- 设 \(a_1,a_2\) 为两个不全为 \(0\) 的整数，如果 \(a_1 \mid m\) 且 \(a_2 \mid m\)，那么称 \(m\) 为 \(a_1,a_2\) 的公倍数。一般地，设 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 是 \(k\) 个不全为 \(0\) 的整数，如果 \(a_1 \mid m,a_2 \mid m,\dots,a_k \mid m\)，那么称 \(m\) 为 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 的公倍数。
- 我们考虑 \(k\) 个全不为 \(0\) 的整数 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 的所有公倍数，显然其中一定有 \(|\prod_{i=1}^{k}a_i|\)，即正的公倍数一定存在，从而 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 的公倍数中一定存在最小值，叫做 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 的最小公倍数，记作 \([a_1,a_2,\dots,a_k]\)。
- 若 \((a_1,a_2,\dots,a_k)=1\)，则称 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 互质。
一个引理
引理
\[\forall a,b,x \in \mathbb{Z},(a+bx,b)=(a,b)
\]
可以设两个未知数分别表示等式两边，证明这两个数相等即可。简单计算可以发现，这两个数都是另一边的因数，那就好办了。
证
设
\[d=(a+bx,b),e=(a,b)
\]
则
\[d \mid a+bx,d \mid b,e \mid a,e \mid b
\]
\[d \mid a,e \mid a+bx
\]
故 \(d\) 也是 \(a\) 和 \(b\) 的公因数，\(e\) 是 \(a+bx\) 和 \(b\) 的公因数。则有
\[d \le e,e \le d
\]
故
\[d=e
\]
即
\[(a+bx,b)=(a,b)。
\]
证毕。
这一引理也为辗转相除奠定了坚实基础。
辗转相除求最大公因数
具体步骤：
对于任意两个非零整数 \(a,b\)，进行如下操作：
设
\[a_1=a,b_1=b,a_1 \div b_1=q_1\dots r_1
\]
若 \(r_1=0\)，则
\[(a,b)=(a_1,b_1)=b_1=b
\]
否则，对于任意的 \(k \ge 2\)，令
\[a_k=b_{k-1},b_k=r_{k-1},a_k \div b_k=q_k\dots r_k
\]
若 \(r_k=0\)，则
\[(a,b)=(a_1,b_1)=(b_1,r_1)=(a_2,b_2)=(b_2,r_2)=\dots=(a_k,b_k)=b_k
\]
若 \(r_k \ne 0\)，则重复操作。
由于 \(r_k=b_{k+1}>r_{k+1}\)，即 \(\{r_k\}\) 单调递减且非负，因此最终一定会经过有限步使得 \(r_m=0\)，从而求出 \(a,b\) 的最大公因数为 \(b_m\)。这一方法称之为辗转相除法，或称为更相减损术。
例题一
题目
求证：已知 \(a\) 为正整数，则
\[(a^3+2a,a^4+3a^2+1)=1。
\]
简单辗转相除即可，这里的“除”考虑用大除法（长除法）实现。
证
证：
\[\begin{align*}
(a^3+2a,a^4+3a^2+1)&=(a^3+2a,a^2-a+1)\\
&=(2a,a^2-a+1)\\
&=(2a,1)\\
&=1。
\end{align*}
\]
证毕。
例题二
题目
求证：
\[\forall n \ge k \wedge n,k \in \mathbb{Z},(C_n^k,C_{n+1}^k,\dots,C_{n+k}^k)=1。
\]
对于组合数的计算，有一个 是人都知道的 公式
\[C_{n+1}^k=C_n^k+C_n^{k-1}。
\]
所以上标为 \(k\) 的组合数都可以通过辗转相除弱化为 \(k-1\)，显而易见这里应当使用数学归纳法进行证明。
证
证：\(1^\circ\) \(k=1\)，
\[LHS=(C_n^1,C_{n+1}^1)=1=RHS
\]
命题成立。
\(2^\circ\) 若 \(k=m\) 时命题成立，即
\[(C_n^m,C_{n+1}^m,\dots,C_{n+m}^m)=1
\]
则 \(k=m+1\) 时
\[\begin{align*}
(C_n^{m+1},C_{n+1}^{m+1},\dots,C_{n+m+1}^{m+1})&=(C_n^{m+1},C_{n+1}^{m+1},\dots,C_{n+m}^{m+1},C_{n+m}^m)\\
&=(C_n^{m+1},C_{n+1}^{m+1},\dots,C_{n+m-1}^{m+1},C_{n+m-1}^m,C_{n+m}^m)\\
&=\dots\\
&=(C_n^m,C_{n+1}^m,\dots,C_{n+m}^m)\\
&=1。
\end{align*}
\]
由数学归纳法，命题成立。证毕。
习题
习题一
\(\forall n \ge 50\) 且 \(n \in \mathbb{Z}\)，求使得 \((4n+5,7n+5)>1\) 的所有 \(n\) 之和。
习题二
设 \(n \ge 1\)，求
\[(n!+1,(n+1)!+1)
\]
的值。
习题三
求证：
\[\forall a,b \in \mathbb{Z},(2^{2^a}+1,2^{2^b}+1)=1。
\]
裴蜀定理
定理内容
对于任意两个非 \(0\) 整数 \(a,b\)，存在整数 \(x,y\)，使得 \(ax+by=(a,b)\)。
先举个例子来感受一下这个定理讲的是什么。
比如说 \(a=1234,b=567\)，则 \((a,b)=1\)，由于
\[1234\div567=2\dots100
\]
则 \(100\) 可以用 \(1234\) 和 \(567\) 表示出来，即
\[100=1234-567 \times 2。
\]
再有
\[567 \div 100=5\dots67
\]
那么 \(67\) 就可以用 \(100\) 和 \(567\) 表示出来，又由于 \(100\) 可以用 \(1234\) 和 \(567\) 表示出来，所以 \(67\) 也可以用 \(1234\) 和 \(567\) 表示出来，即
\[67=567-100 \times5=567-(1234-567 \times 2)=567 \times 3 - 1234。
\]
再再有
\[100 \div 67 = 1 \dots 33
\]
类似地，\(33\) 也可以用 \(1234\) 和 \(567\) 表示出来，即
\[33=100-67=(1234-567\times2)-(567\times3-1234)=1234\times2-567\times5。
\]
再再再有
\[67\div33=2\dots1
\]
那么 \(1\) 也可以用 \(1234\) 和 \(567\) 来表示，即
\[1=67-33\times2=(567\times3-1234)-2\times(1234\times2-567\times5)=13\times567-5\times1234=(a,b)。
\]
那么我们的目标就达成了，此时
\[\begin{cases}
x=-5\\
y=13
\end{cases}。
\]
这里给出两种证明方法。
第一种证明方法：考虑模拟刚刚例子的过程，直接写出每次的余数，最后一个余数就是 \((a,b)\)。
证
\(1^\circ\) 若 \(b=0\)，令
\[x=sign(a),y=0
\]
且此时
\[\gcd(a,b)=|a|
\]
则
\[ax+by=a \times sign(a) + 0=|a|
\]
命题成立。
\(2^\circ\) 若 \(b \ne 0\)，则根据刚刚的过程，
\[\begin{cases}
a=bq_1+r_1 & 0 \le r_1 < b\\
b=r_1q_2+r_2 & 0 \le r_2 < r_1\\
r_1=r_2q_3+r_3 & 0 \le r_3 < r_2\\
\dots\\
r_{k-2}=r_{k-1}q_k+r_k & 0 \le r_k \le r_{k-1}\\
r_{k-1}=r_kq_{k+1}+0
\end{cases}
\]
则最后一个非 \(0\) 余数即为 \((a,b)\)，证毕。
第二种证明方法：考虑构造一个集合
\[S=\{ax+by \mid x,y\in \mathbb{Z},ax+by>0\}
\]
来证明集合中最小的元素就是 \((a,b)\)。
证
考虑以正整数为元素的集合
\[S=\{ax+by \mid x,y\in \mathbb{Z},ax+by>0\}
\]
记 \(S\) 中的最小元素 \(d=ax_0+by_0\)。
对于 \(a,d\)，设带余除法为
\[a=dq+r
\]
则
\[\begin{align*}
r&=a-dq\\
&=a-(ax_0+by_0)q\\
&=a(1-x_0q)+b(-y_0q)
\end{align*}
\]
若 \(r>0\)，则 \(r \in S\)，又由于 \(d\) 是 \(S\) 中的最小元素，与 \(r<d\) 矛盾。
故 \(r=0\)，即 \(d \mid a\)。
类似地，对于 \(b,d\)，设带余除法为
\[b=dk+p
\]
则
\[\begin{align*}
p&=b-dk\\
&=b-(ax_0+by_0)k\\
&=a(-x_0k)+b(1-y_0k)
\end{align*}
\]
若 \(p>0\)，则 \(p \in S\)，又由于 \(d\) 是 \(S\) 中的最小元素，与 \(p<d\) 矛盾。
故 \(p=0\)，即 \(d \mid b\)。
设 \(c\) 为 \(a,b\) 的任意公因数，即
\[c \mid a,c \mid b
\]
因此
\[c \mid ax_0+by_0
\]
即
\[c \mid d
\]
故 \(d\) 为 \(a,b\) 的最大公因数。
即
\[\exists x,y \in \mathbb{Z},ax+by=(a,b)。
\]
证毕。
根据刚刚的证明，我们还知道 \((a,b)\)，是所有线性组合里最小的一个，这个性质也被广泛使用。
例题一
题目
设 \(n \ge m > 0\)，求证：
\[\frac{(m,n)}{n}C_n^m \in \mathbb{Z}^{+}。
\]
注意到式子中有 \((m,n)\)，可以应用裴蜀定理，把 \((m,n)\) 表示为 \(mx+ny\)，带入化简即可。
证
证：由裴蜀定理，
\[\exists x,y \in \mathbb{Z}^+,(m,n)=mx+ny
\]
则
\[\begin{align*}
LHS&=\frac{mx+ny}{n}C_n^m\\
&=x \cdot\frac{m}{n} \cdot C_n^m+y\cdot C_n^m\\
&=x \cdot C_{n-1}^{m-1}+y\cdot C_n^m \in \mathbb{Z}^+。
\end{align*}
\]
证毕。
例题二
题目
求证：
\[\forall a,b \in \mathbb{Z}^+,(2^a-1,2^b-1)=2^{(a,b)}-1。
\]
例题二推论
推论一
若
\[(x,y)=1,x \ne y
\]
设 \(a,b\) 为正整数，则
\[(x^a-y^a,x^b-y^b)=x^{(a,b)}-y^{(a,b)}。
\]
这个推论即为例题二的一般形式。
推论二
若
\[(x,y)=1,x \ne y
\]
设 \(a,b\) 为正整数，则
\[x^a-y^a \mid x^b-y^b \Leftrightarrow a \mid b。
\]
这个推论结合了例题二和高次方差。
大公因与小公倍的性质
前面我们介绍了大公因与小公倍的应用——裴蜀定理，接下来我们来讲讲大公因与小公倍的性质。
性质一
设 \(m\) 满足
\[\forall 1\le i \le k,a_i \mid m
\]
则
\[[a_1,a_2,\dots,a_k] \mid m。
\]
反之亦然。
这个性质其实说的就是公倍数可以被最小公倍数整除。
证
设
\[m \div [a_1,a_2,\dots,a_k]=q\dots r
\]
因为
\[\forall 1 \le i \le k,a_i \mid [a_1,a_2,\dots,a_k]
\]
且
\[\forall 1 \le i \le k,a_i \mid m
\]
所以
\[\forall 1 \le i \le k,a_i \mid m -[a_1,a_2,\dots,a_k]
\]
即
\[\forall 1 \le i \le k,a_i \mid r
\]
而
\[r < [a_1,a_2,\dots,a_k]
\]
故
\[r=0
\]
即
\[[a_1,a_2,\dots,a_k] \mid m。
\]
证毕。
性质二
\[[a_1,a_2,\dots,a_k]=[[a_1,a_2],a_3,\dots,a_k]
\]
这个性质其实说的就是小公倍运算具有结合律。
证
\[\because a_1 \mid[a_1,a_2],[a_1,a_2] \mid RHS
\]
\[\therefore a_1 \mid RHS
\]
同理，
\[a_2 \mid RHS
\]
又由于
\[\forall 3 \le i \le k,a_i \mid RHS
\]
\[\therefore [a_1,a_2,\dots,a_k] \mid RHS
\]
即
\[LHS \mid RHS
\]
\[\because a_1 \mid LHS,a_2 \mid LHS
\]
\[\therefore [a_1,a_2] \mid LHS
\]
又由于
\[\forall 3 \le i \le k,a_i \mid LHS
\]
\[\therefore [[a_1,a_2],a_3,\dots,a_k] \mid LHS
\]
即
\[RHS \mid LHS
\]
故
\[LHS=RHS
\]
证毕。
性质三
\[[ma_1,ma_2,\dots,ma_k]=m[a_1,a_2,\dots,a_k]
\]
这个性质其实说的就是小公倍内的共同因数可以提出来。
证
\[\because \forall 1 \le i \le k,a_i \mid [a_1,a_2,\dots,a_k],m \mid m
\]
\[\therefore \forall 1 \le i \le k,ma_i \mid m[a_1,a_2,\dots,a_k]
\]
\[\therefore[ma_1,ma_2,\dots,ma_k] \mid m[a_1,a_2,\dots,a_k]
\]
即
\[LHS \mid RHS
\]
\[\because m \mid ma_1,ma_1 \mid LHS
\]
\[\therefore m \mid LHS
\]
设
\[LHS=md(d \in \mathbb{Z})
\]
\[\because \forall 1 \le i \le k,ma_i \mid md
\]
\[\therefore \forall 1 \le i \le k,a_i \mid d
\]
于是
\[[a_1,a_2,\dots,a_k] \mid d
\]
\[\therefore m[a_1,a_2,\dots,a_k] \mid md
\]
即
\[RHS \mid LHS
\]
故
\[LHS=RHS
\]
证毕。
性质四
设 \(d\) 满足
\[\forall 1 \le i \le k,d \mid a_i
\]
则
\[d \mid (a_1,a_2,\dots,a_k)。
\]
这个性质其实说的就是公因数整除最大公因数。
证
设 \(d_1<d_2<\dots<d_l\) 为 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 的所有公因数，则 \([d_1,d_2,\dots,d_l]\) 为 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 的公因数。
\[\therefore [d_1,d_2,\dots,d_l]=d_l
\]
即
\[\forall 1 \le i \le l,d_i \mid d_l。
\]
证毕。
性质五
\[(ma_1,ma_2,\dots,ma_k)=m(a_1,a_2,\dots,a_k)
\]
这个性质其实说的就是大公因内的共同因数可以提出来。
这个性质的证明可以参考性质 \(2\) 的证明。
性质六
\[(a_1,a_2,\dots,a_k)=((a_1,a_2),a_3,\dots,a_k)
\]
这个性质说的其实就是大公因满足结合律。
这个性质的证明可以参考性质 \(3\) 的证明。
性质七
对于若干个非 \(0\) 整数 \(a_1,a_2,\dots,a_k\)，存在整数 \(x_1,x_2,\dots,x_k\)，使得
\[\sum_{i=1}^{n}a_ix_i=(a_1,a_2,\dots,a_k)。
\]
这个性质其实就是多元的裴蜀定理，可以参考裴蜀定理的证法 \(2\) 进行证明。
下面我们来看一下性质的相关应用。
例题一
题目
求证：
\[(a,uv)=(a,(a,u)v)。
\]
暴力展开即可。
证
证：
\[\begin{align*}
(a,(a,u)v)&=(a,av,uv)\\
&=(a(1,v),uv)\\
&=(a,uv)。
\end{align*}
\]
证毕。
例题二
题目
求证：
\[(a,b)(u,v)=(au,av,bu,bv)。
\]
类似地，暴力展开即可。
证
证：
\[\begin{align*}
(au,av,bu,bv)&=(a(u,v),b(u,v))\\
&=(a,b)(u,v)。
\end{align*}
\]
证毕。
习题
求证：
\[(u,v)=1 \Rightarrow (a,uv)=(a,u)(a,v)。
\]
互质的性质
互质有关与整除，大公因和小公倍的三个性质：
整除的互质可消性
\[(a,b)=1,a \mid bc \Rightarrow a \mid c。
\]
证
证：由裴蜀定理，
\[\exists x,y \in \mathbb{Z},ax+by=(a,b)=1。
\]
\[\because a \mid ac,a \mid bc
\]
\[\therefore a \mid ac \cdot x+bc \cdot y
\]
即
\[a \mid c(ax+by)
\]
故
\[a \mid c。
\]
证毕。
::::
大公因的互质可消性
\[(a,b)=1 \Rightarrow (a,bc)=(a,c)。
\]
证
证：
\[\because (a,b)=1
\]
\[\begin{align*}
\therefore (a,c)&=(a,c(a,b))\\
&=(a,ac,bc)\\
&=(a(1,c),bc)\\
&=(a,bc)。
\end{align*}
\]
证毕。
整除的互质可乘性（小公倍的互质可乘性）
\[(a,b)=1,a \mid m,b \mid m
\]
\[\Rightarrow ab \mid m,[a,b]=ab。
\]
证
\[\because a \mid m, b \mid m
\]
\[\therefore ab \mid bm,ab \mid am。
\]
由裴蜀定理，
\[\exists x,y \in \mathbb{Z},ax+by=(a,b)=1。
\]
\[\therefore ab \mid y \cdot bm+x \cdot am
\]
即
\[ab \mid m(ax+by)。
\]
故
\[ab \mid m。
\]
证毕。
这三个性质也尤为重要，也有很多相关应用。
例题一
题目
求证：
\[(a,b)=1 \Rightarrow (ab,a \pm b)=1。
\]
注意到
\[(a,a \pm b)=(a,b)=1
\]
带入即可。
证
证：
\[\because (a,a \pm b) = (a,b) = 1
\]
\[\therefore (ab,a \pm b)=(b,a \pm b)=(a,b)=1。
\]
证毕。
例题二
题目
求证：
\[(a,b)=1 \Rightarrow (a + b, a - b) = 1 \text{ 或 } 2。
\]
先对左式进行辗转相除，再代入互质即可。
证
\[\because (a+b,a-b)=(a+b,2b)
\]
且
\[(a+b,b)=(a,b)=1
\]
故
\[(a+b,a-b)=(a+b,2b)=(a+b,2)=1 \text{ 或 } 2。
\]
证毕。
后记
原创不易，点个赞再走吧。~~
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