数论小记

数论小记

定义

• \(\phi(n)\)：\(|\{i \text{ s.t. } i \perp n \land i \in[1,n) \}|\)

• \(\bar x\) 表示剩余类（取模后的结果

欧拉定理

对于\(a \perp m\)，有

\[a^{\phi(m)} \equiv 1 \mod m \]

证明 Proof

考虑\(m\)的简化剩余系：\(s=\{i \text{ s.t. } i \perp m,i\in[1,m)\}\)，不妨记作\(\{r_i\}_{i=1}^{\phi(m)}\)

我们可以证明\(\{ar_i\}^{\phi(m)}_{i=1}\)（带入定义易证

所以有：

\[\prod_{i=1}^{\phi(m)} ar_i \equiv \prod_{i=1}^{\phi(m)} r_i \mod m \]

\(\prod\limits_{i=1}^{\phi(m)}p_i\)可以消掉

所以

\[a^{\phi(m)} \equiv 1 \mod m \]

\( \square \)

其实还有一个方法

容易知道：\(|(\Z/m\Z)^\times| = |\{x \in \Z/m\Z \ \text{ s.t. } \ x \perp m\}| = \phi(m)\)

而\(a \perp m\)，所以\(\bar a \in (\Z/m\Z)^\times\)，考虑\(a\)生成的循环子群：\(\left<\bar a \right> = \{\bar a^k | k \in \Z \} \subseteq (\Z/n\Z)^\times\)

则\(|\left< \bar a \right>| = n, \bar a ^ n \equiv 1 \mod m\)

由拉格朗日定理知：\(n \ | \ \phi(m)\)，即\(\exists t \in \Z \text{ s.t } nt = \phi(m)\)

所以

\[a^{\phi(m)} \equiv a^{nt} \equiv (a^{n})^t \equiv 1^t \equiv 1\mod m \]

\( \square \)

拉格朗日定理

拉格朗日定理（Lagrange's Theorem）

定理：设\(G\)是一个有限群，\(H\)是\(G\)的一个子群。则\(H\)的阶\(|H|\)整除\(G\)的阶\(|G|\)。具体地：

\[|G| = |H| \cdot [G:H], \]

其中\([G:H]\)表示\(H\)在\(G\)中的指数，即\(H\)的左陪集（或右陪集）的个数。

证明：

对于固定的子群\(H \leqslant G\)，定义\(G\)上的一个二元关系\(\sim\)如下：

\[a \sim b \quad \Longleftrightarrow \quad a^{-1}b \in H \quad (a, b \in G). \]

满足

• 自反性：对任意\(a \in G\)，\(a^{-1}a = e \in H\)，所以\(a \sim a\)。
• 对称性：若\(a \sim b\)，则\(a^{-1}b \in H\)。由于\(H\)是子群，其逆元\((a^{-1}b)^{-1} = b^{-1}a\)也在\(H\)中，故\(b \sim a\)。
• 传递性：若\(a \sim b\)且\(b \sim c\)，则\(a^{-1}b \in H\)且\(b^{-1}c \in H\)。由\(H\)的封闭性，\((a^{-1}b)(b^{-1}c) = a^{-1}c \in H\)，故\(a \sim c\)。

因此，\(\sim\)是一个等价关系。

等价关系\(\sim\)将\(G\)划分成若干个互不相交的等价类。现在求元素\(a \in G\)所在的等价类：

\[[a] = \{ b \in G \mid a \sim b \} = \{ b \in G \mid a^{-1}b \in H \}. \]

设\(a^{-1}b = h \in H\)，则\(b = ah\)。因此：

\[[a] = \{ ah \mid h \in H \} =: aH. \]

这个集合称为\(H\)的左陪集（left coset）。

所以，\(G\)被划分成了若干个互不相交的左陪集：（不交并

\[G = \bigcup_{a \in G} aH. \]

任取一个左陪集\(aH = \{ ah \mid h \in H \}\)。定义映射：

\[\varphi_a : H \longrightarrow aH, \quad \varphi_a(h) = ah. \]

证明\(\varphi_a\)是双射：

• 单射：若\(\varphi_a(h_1) = \varphi_a(h_2)\)，则\(ah_1 = ah_2\)。在群\(G\)中左乘\(a^{-1}\)，得到\(h_1 = h_2\)。
• 满射：由左陪集\(aH\)的定义，对任意元素\(ah \in aH\)，取\(h \in H\)即为其原像。

因此，\(\varphi_a\)是双射，故：

\[|aH| = |H|, \quad \forall a \in G. \]

也就是说，每一个左陪集所含的元素个数都恰好等于子群\(H\)的阶。

因为\(G\)被所有不同的左陪集划分成互不相交的并集，设不同的左陪集共有\(k\)个，记为\(a_1H, a_2H, \dots, a_kH\)，则：

\[G = a_1H \cup a_2H \cup \cdots \cup a_kH \quad \text{（两两不交）}. \]

于是：

\[|G| = \sum_{i=1}^{k} |a_iH|. \]

由第3步，每个\(|a_iH| = |H|\)，所以：

\[|G| = k \cdot |H|. \]

这里\(k\)就是不同左陪集的个数，也就是指数\([G:H]\)。

因此：

\[|G| = |H| \cdot [G:H], \]

所以\(|H|\)整除\(|G|\)。

\( \square \)

中国剩余定理

\(m_i,i = 1,2,3,\ldots,k\) 两两互质，对于任意给定的 \(a_i, i=1,2,3,\ldots,k\)，同余方程组：

\[\begin{cases} x \equiv a_1 \mod m_1\\ x \equiv a_2 \mod m_2\\ \ldots\\ x \equiv a_k \mod m_k \end{cases} \]

在模 \(M = \prod_{i=1}^{k} m_i\) 下有且仅有一个解

这里我们给出这个解：

\(M_i = \dfrac{M}{m_i}\)，\(t_iM_i \equiv 1 \mod m_i\)

则

\[x \equiv \sum_{i=1}^{k}a_iM_it_i \mod M \]

证明 Proof

正确性显然（代回去验证）

假设 \(x'\) 也是方程组的解，则 \(x \equiv x' \mod m_i,i=1,2,3,\ldots,k\)

所以 \(m_i \ | \ (x - x')\)

由于 \(m_i\)两两互质，所以 \(M \ | \ (x - x')\)

即 \(x \equiv x' \mod M\)

模版

P1495 【模板】中国剩余定理（CRT）/ 曹冲养猪

模版题

View Code

lint exGcd(lint a, lint b, lint &x, lint &y) {
	if (b == 0) {
		x = 1, y = 0;
		return a;
	}
	int d = exGcd(b, a % b, y, x);
	y -= (a / b) * x;
	return d;
}
// end

// CRT
ll m[maxn];
ll t[maxn];

lint M;

ll a[maxn];

// end

void solve() {
	
	int n;
	cin >> n;
	
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> m[i] >> a[i];
	
	M = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) M *= m[i];
	
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		lint x, y;
		exGcd((lint)(M / m[i]), (lint)m[i], x, y);
		t[i] = (x % m[i] + m[i]) % m[i];
	}
	
	ll answer = 0;
	
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		lint iv = 1;
		iv *= (((lint)a[i] * (lint)(M / m[i]) * t[i] % M) + M) % M;
		answer += iv;
	}
	
	cout << (answer % (ll)M + (ll)M) % (ll)M << "\n";
}

拓展形式

\(m_i,i=1,2,3,\ldots,k\) 两两互质，\(M=\prod\limits_{i=1}^{k}m_i\)，则有：

\[\Z/M\Z \cong (\Z/m_1\Z) \times (\Z/m_2\Z) \ldots \times (\Z/m^k\Z) \]

这是中国剩余定理的抽象代数表达

证明

Proof （有一点长

定义 \(\Phi : \Z/M\Z \longrightarrow (\Z/m_1\Z) \times (\Z/m_2\Z) \ldots \times (\Z/m^k\Z)\)：

\[\Phi(\bar x) = (\bar{x \mod{m_1}}, \bar{x \mod {m_2}}, \ldots, \bar{x \mod{m_k}}) \]

易知，\(\Phi(x)\) 是良定义的

证明其是环同态：

\[\Phi(\bar x+ \bar y) = \Phi(\bar{x + y}) = (x + y \mod m_i)_i = \Phi(\bar x) + \Phi(\bar y) \]

乘法同理

单位元：\(\Phi(1) = (1,1,1,\ldots,1)\)

易证明 \(\ker \Phi = \{\bar 0\}\)，所以 \(\Phi\) 是单射

考虑证明 \(\Phi\) 是满的

对于 \((a_1,a_2,a_3,\ldots,a_k) \in (\Z/m_1\Z) \times (\Z/m_2\Z) \ldots \times (\Z/m^k\Z)\)

我们要找到 \(x \text{ s.t. } \Phi(\bar x) = (a_1, a_2,a_3, \ldots,a_k)\)

令 \(M_i = \dfrac{M}{m_i}\)，\(t_i \text{ s.t. } M_it_i \equiv 1 \mod m_i\)

令 \(x = \sum_{i=1}^{k}a_iM_it_i\)

带入验证知 \(x \equiv a_i \mod m_i\)

所以 \(\Phi(\bar x) = (a_1,a_2, a_3,\ldots,a_k)\)

由于 \(\Phi\) 是双射且是环同态（维持环结构，所以是环同构：

\[\Z/M\Z \cong (\Z/m_1\Z) \times (\Z/m_2\Z) \ldots \times (\Z/m^k\Z) \]

\( \square \)

---

奇妙的推论

考虑到环同构保证乘法逆元，所以

\[(\Z/M\Z)^\times \cong \prod_{i=1}^{k} (\Z/m_i\Z)^\times \]

所以有 \(|(\Z/M\Z)^\times| \cong \prod_{i=1}^{k} |(\Z/m_i\Z)^\times|\)

即

\[\phi(M) = \prod_{i=1}^{k}\phi(m_i) $$s </details>\]