CM1-1

CM1-1

\(\gcd\) 相关

\[\gcd(a,b)=\gcd(a,a+b)=\gcd(a,a-b)=\gcd(a,b\%a)\\ \gcd(ab,ac)=a\gcd(b,c)\\ \gcd(a,b) \cdot lcm(a,b)=ab \Rightarrow lcm(a,b)=\frac{ab}{\gcd(a,b)}\\ a_1,a_2,...,a_n 的公因子=他们的gcd的因子\\ 1 \sim n中所有数的约数个数是 O(n \log n) 级别的\\ 素数定理：1 \sim n中的素数个数是 O(\frac{n}{\log n}) 级别的\\ 当n \ge 1时，[n,2n]里有至少1个素数\\ 哥德巴赫猜想：任何一个大于2的偶数，都可以表示成两个素数的和 \]

同余相关

\[a>1,a,n,k都是整数\\ 有a^k-1 | a^n-1，当且仅当 k|n\\ 即 a^k-1|a^n-1 \Leftrightarrow k|n\\ 证明：先证明k|n可以推出 a^k-1|a^n-1\\ \because k|n \therefore n=kq,a^n-1=(a^k)^q-1\\ \because (a^k)^q-1=(a^k-1)(a^{(q-1)k}+a^{(q-2)k}+...+1)\\ \therefore 当 k|n 时，a^k-1|a^n-1\\ 然后证明a^k-1|a^n-1可以推出k|n，假设n=km+r\\ \therefore a^n-1=a^{km+r}-1=(a^k)^m-1+a^r=(a^k-1)(a^{(m-1)k}+a^{(m-2)k}+...+1)-1+a^r\\ \because a^k-1|a^n-1,\therefore a^k-1|a^r-1,即 a^r-1=0\mod a^k-1\\ \quad \because r<k \therefore r=0\\ \]

\[a^2+b^2=c^2 \Leftrightarrow a=2uvw,b=(u^2-v^2)w,c=(u^2+v^2)w \quad (a,b可交换)\\ 证明：\\ \]

裴蜀定理

\[ax+by=\gcd(a,b) 有解，且对于任意的整数 x,y都有 \gcd(a,b)|ax+by\\ ax+by=n 有解，当且仅当 \gcd(a,b) | n\\ 可以用exgcd求出一组 ax+by=\gcd(a,b)\\ 设特殊解为 x_0,y_0，那么通解就是 x=x_0+at,y=y_0-bt\quad t是正整数 \]

给定 \(\gcd(a,b)=1\) 要找最大的 \(n\) 使得 \(ax+by=n(x ,y \ge 0)\) 无解

结论：最大的无解数是 \(ab-a-b\)。

证明：

\[反证法：假设ab-a-b=ax+by\\ \therefore ab=ax+a+by+b\\ \therefore ab=a(x+1)+b(y+1)\\ \because ab=a(x+1+b-x-1)=a(x+1)+a(b-x-1)\\ \therefore a(b-x-1)=b(y+1)\\ \because \gcd(a,b)=1 \therefore a|y+1 \therefore y+1 \ge a\\ \therefore b(y+1) \ge ab\\ 同理可证，a(x+1) \ge ab\\ \therefore a(x+1)+b(y+1) \ge 2ab\\ \because ab=a(x+1)+b(y+1)\ge 2ab , ab>0\\ \therefore 不成立，不是解 \]

接下来要证明 \(\forall n>ab-a-b\) 都有解

证明：设一组解 \((x_0,y_0) \quad (0 \le y_0 \le a-1)\) 使得 \(ax_0+by_0=n\)

\[\therefore ax_0=n-by_0>ab-a-b-by_0\\ \because 0 \le y_0 \le a-1 \therefore ax_0>ab-a-b-b(a-1) \quad(减的更多了当然满足)\\ \therefore ax_0 > ab-a-b-ab+b=-a\\ \therefore x_0>-1\\ \therefore x_0 \ge 0\\ 综上所述，当 n >ab-a-b时， \exists x_0,y_0 \ge 0 使得 ax_0+by_0=n \]

所以 \(n=ab-a-b\) 就是最大的无解的 \(n\) 。

裴蜀定理的推广，推广1：当 \(k>2\) 时，若有 \(\gcd(a_1,a_2,...,a_k)=1\)，任何的 \(n\) 都能够被表示为 \(\sum_{i=1}^k a_ix_i\)

还有一个进一步的推广，推广2：对任意的正整数 \(k\)，若有 \(\gcd(a_1,a_2,...,a_k)=g\)，任何的 \(g|n\) 都能够被表示为 \(\sum_{i=1}^k a_ix_i\)

直接证明加强的推广，这个推广的命题可以证出上面的第一次推广的命题是正确的。

用数学归纳法证明：

对于 \(k=1\)，显然成立

对于 \(k=2\)，命题变成 \(对于任意的一个n，满足 \>\gcd(a_1,a_2)|n，有 \>a x+by=n\)，这个是裴蜀定理，得证。

对于任意的 \(k\)，假设对于 \(k-1\) 已经得证，设 \(g'=\gcd_{i=1}^{k-1} a_i\)，那么 \(有\gcd(g',a_k)=g\) ，所以 \(g'x'+a_kx_k=g\lambda\) 有解，\(\lambda\) 是一个非负整数，即 \(n=g \lambda\) 。

\(\because g'x'可以看做 k-1 的时候的方程的右边，所以g'x'=\sum_{i=1}^{k-1} a_ix_i\)

\(\therefore \sum_{i=1}^{k-1} a_ix_i+a_kx_k=g \lambda\) 有解，也就是 \(\sum_{i=1}^ka_ix_i=\gcd_{i=1}^k a_i\) 有解。

推广3 模糊推广：若要求推广2中的 \(x_i\) 非负，在 \(n\) 充分大的时候是有解的。但是如何求临界值，仍需考虑。