奇 奇 怪 怪 的 数 论

目录

• 前言
• 内容
  • 素数
    • • 关于素数无限个的证明
        • n以内的素数个数
      • 算术基本定理
  • 约数
    • • • 一个数的正约数个数（约数个数定理）
        • 一个数的正约数和(约数和定理)
        • 最大公约数和最小公倍数
      • gcd(a,b) * lcm(a,b)= a * b的证明
        • 更相减损术
        • 欧几里得算法
  • 欧拉函数
    • • 积性函数
      • 一些性质
  • 同余
    • • 一些性质
      • 欧拉定理
      • 费马小定理
      • 贝祖定理（裴蜀定理）
        • 求通解
    • \(ax+by = n\)方程的主要解题步骤
      • 线性同余方程
      • 乘法逆元
      • 线性求逆元
      • 中国剩余定理（孙子定理）(crt)

前言

听了一下午数论之后的反应？
别问，问就是懵逼
然后打算把自己没记多少的笔记整理一下

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内容

素数

关于素数无限个的证明

设当前有限个素数为
\(P_1, P_2, P_3 ... P_m\)
那我们将它乘起来，再加上一个1， 即

\[\prod_{i = 1}^{m}P_i + 1 \]

那么这得到的新的数字就无法被之前得到的m个素数整除（毕竟最小的素数也是\(2\)），也就是说这个新得到的数字是一个素数，也就与前面的只有m个素数的结论相矛盾
故证得素数有无限个

n以内的素数个数

\(num = \frac{n}{\text{ln(x)}}\)

算术基本定理

任意一个大于1的正整数都能拆分成若干个素数的乘积

\[N = P_1^{c_1} \times P_2^{c_2} … P_m^{c_m}(N>1) \]

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约数

一个数的正约数个数（约数个数定理）

\[\prod_{i = 1}^{m}(c_i + 1) \]

一个数的正约数和(约数和定理)

\[\prod_{i = 1}^{m}\left(\sum_{j = 0}^{c_i}(P_i)^j\right) \]

最大公约数和最小公倍数

用\(gcd(a, b)表示a,b的最大公约数，用lcm(a,b)表示a,b的最小公倍数\)

gcd(a,b) * lcm(a,b)= a * b的证明

设\(d = gcd(a, b), e = lcm(a,b), a_0 = a / d, b_0 = b / d\)，根据最大公约数的定义,有\(gcd(a_0, b_0) = 1\)， 再根据最小公倍数的定义，有\(lcm(a_0,b_0) = a_0 \times b_0\)
则$$e = lcm(a_0 * d, b_0 * d) = lcm(a_0, b_0) * d = a_0 * b_0 * d = a * b / d$$
证毕

更相减损术

\(gcd(a,b) = gcd(b, a-b) = gcd(a, a - b)(a \geq b)\)

欧几里得算法

\(gcd(a,b) = gcd(b, a\ \ mod\ \ b)\)

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欧拉函数

表示1~N中与N互质的数的个数，记作\(\varphi(N)\)
设P为不大于n的若干个素数

\[\varphi(n) = n \times \frac{P_1 - 1}{P_1} \times \frac{P_2 - 1}{P_2}…\frac{P_m - 1}{P_m} \]

整理一下可得

\[n \times \prod_{质数P|N}（1 - \frac{1}{P}） \]

积性函数

当a与b互质时，若有\(f(ab) = f(a) \times f(b)\)，称函数\(f\)为积性函数

一些性质

1.当\(n>1\)时 1~n中与n互质的数的和为\(\frac{n \times \varphi(n)}{2}\)
2.若\(a,b\)互质，则有\(\varphi(ab) = \varphi(a)\varphi(b)\)
3.若\(f\)是积性函数，且在算数基本定理中\(f(n) = \prod_{i = 1}^{m}f(p_i^{c_j})\)
4.设\(p\)为质数，若\(p|n\)且\(p^2|n\)，则\(\varphi(n) = \varphi(n / p) \times p\)
5.设\(p\)为质数,若\(p|n\)且\(p^2∤n\),则\(\varphi(n) = \varphi(n/p) \times (p - 1)\)
6.\(\sum_{d|n}\varphi(d) = n\)

这里只是将这些性质简单整理了一下，具体证明可以上网查询，这里就不给出证明了（主要是博主太菜了不会证

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同余

\(a \equiv b(mod\ m)\), 当且仅当\(m|(a - b)\)
证明：
设\(a = k_1m + r_1\)
设\(b = k_2m + r_2\)
使得\(r_1 == r_2\)
则\(a - b = k_1m + r_1 - k_2m - r_2 = (k_1 - k_2)m\)
故得\(m|(a-b)\)

一些性质

1.自反性 \(a \equiv b(mod\ m) \Rightarrow a\equiv b(mod\ m)\)
2.对称性 \(a \equiv b(mod\ m)\Rightarrow b\equiv a(mod\ m)\)
3.传递性\(a \equiv b(mod\ m), b \equiv c(mod\ m) \Rightarrow a \equiv c(mod\ m)\)
4.同加性\(a \equiv b(mod\ m) \Rightarrow a + c\)
5.同乘性\(a \equiv b(mod\ m) \Rightarrow a * c \equiv b * c(mod\ m)\)
6.同幂性\(a \equiv b(mod\ m) \Rightarrow a ^ n \equiv b ^ n(mod\ m)\)
7.若\(a\ mod\ p = x, a\ mod\ q = x\)(p, q互质)， 则\(a\ mod\ pq = x\)

欧拉定理

若正整数a, n互质，则\(a^{\varphi(n)} \equiv 1(mod\ n)\)
证明：
设\(S_1 = {r_1, r_2, r_3...r_{\varphi(n)}}\)， 这个集合内都是mod n的既约剩余系
将\(S_1*a\)得
\(S_2 = {ar_1, ar_2, ar_3...ar_{\varphi(n)}}\)， 也是mod n的既约剩余系
则可得$$\prod_{i =1}^{\varphi(n)}ar_i \equiv \prod_{i = 1}^{\varphi(n)}r_i(mod\ n)$$
提出a可得

\[a^{\varphi(n)}\prod_{i = 1}^{\varphi(n)}r_i \equiv \prod_{i = 1}^{\varphi(n)}r_i(mod\ n) \]

上式可化为

\[n|(a^{\varphi(n)}\prod_{i = 1}^{\varphi(n)}r_i - \prod_{i = 1}^{\varphi(n)}r_i) \]

乘法分配律逆运算

\[n|(a^{\varphi(n)} - 1)\prod_{i = 1}^{\varphi(n)}r_i \]

因为\(\prod_{i = 1}^{\varphi(n)}r_i\)与\(n\)互质(\(gcd(\prod_{i = 1}^{\varphi(n)}r_i, n) = 1\))
则可以得到

\[n|(a^{\varphi(n)} - 1) \]

由\(a \equiv b(mod\ m) = m|(a - b)\)得

\[a^{\varphi(n)} \equiv 1(mod\ n) \]

证毕.

费马小定理

若p是质数，则对于任意整数\(a\), 有\(a^p \equiv a(mod\ p）\)
证明：
分类讨论
1.\(gcd(a, p) = 1 \Rightarrow a^{\varphi(p)} \equiv 1(mod\ p) \Rightarrow a^{p - 1} \equiv 1(mod\ p) \Rightarrow a^p \equiv a(mod\ p)\)
2.\(gcd(a, p) \neq 1 \Rightarrow a是p的倍数, 则a\ mod\ p = a^p\ mod\ p = 0\)
证毕.

贝祖定理（裴蜀定理）

当\(gcd(a,b)|m\)时， 一定存在一组解使得\(ax +by = gcd(a, b)\)成立
设\(d = gcd(a, b)\)，则\(a = da', b = db', ax+by = (da'x + db'y) = d(a'x + b'y)\)
1.当\(b = 0\)时，有一对\(x = 1, y = 0\)满足\(a + 0 = gcd(a, 0) = a\)
2.当\(b\neq0\)时
\(gcd(a, b) = gcd(b, a\ mod\ b)\)
则\(ax + by = bx' + (a\ mod\ b)y'\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =bx' + (a - \left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor *b)y'\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =ay' + b(x' - \left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor y')\)
只要我们令\(x = y', y = x' - \left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor y'\)就能求解了

例：\(12x + 15y = gcd(12, 15) = 3\)
解:
\(gcd(12, 15) \Rightarrow gcd(15, 12) \Rightarrow gcd(12, 3) \Rightarrow gcd(3, 0)\)
那我们令\(x = y', y = x' - \left \lfloor \frac{a}{b} \right \rfloor y'\)
即\(x = 1, y = 0\)
往上推到\(12, 3的组，那x = 0, y = 1 - \left \lfloor \frac{12}{3} \right \rfloor * 0 = 1\)
再往上推,那\(x = 1, y = 0 - \left \lfloor \frac{15}{12} \right \rfloor * 1 = -1\)
最后推到\(x = -1, y = 1 - \left \lfloor \frac{12}{15} \right \rfloor * 1 = 1 - 0 = 1\)
经检验（-12+15 = 3），也是正确的

求通解

设\(x_0, y_0\)为\(ax+by = gcd(a, b)\)的一组特解
\(a(x_0 + k_1) + b(y_0 + k_2) = gcd(a, b)\)
\(ax_0 + ak_1+ by_0 -bk_2 = gcd(a, b)\)
只要让\(k_0 = \frac{b}{gcd(a,b)}, k_2 = \frac{a}{gcd(a,b)}\)
则等式就是成立的

\[x = x_0 + \frac{b}{gcd(a, b)} * t, y = y_0 + \frac{a}{gcd(a,b)}*t \]

\(ax+by = n\)方程的主要解题步骤

1.\(gcd(a,b)|n \Rightarrow\) 有整数解
2.用贝祖定理求\(ax+by= gcd(a, b) \Rightarrow\ x_0, y_0\)
3.同乘\(\frac{n}{gcd(a, b)}\)得到特解

线性同余方程

\(ax \equiv b(mod\ m)\)
不会做？？？
转换成会做的不就好了
由上式可得\(m|(ax - b)\)
也就是说\(my = ax - b\)
移项可得
\(ax - my = b\)
当\(gcd(a, m)|b\)时，方程有解，用贝祖定理就好了

乘法逆元

\(b ,m\)互质， 并且\(b|a\)， 若有x满足
\(\frac{a}{b} \equiv ax(mod\ m)\)
称x为b的\(mod\ m\)的乘法逆元， 记为\(b^{-1}(mod\ m)\)(并非-1次方)
\(∵a / b \equiv ab^{-1}(mod\ m)\)
\(∴b*b^{-1} \equiv1 (mod\ m)\)（两边同乘\(\frac{b}{a}\)）
\(∴bx \equiv 1(mod\ m)\)(线性同余方程)
若m为质数，并且b<m， 则\(b^{m-1} \equiv 1(mod\ p)\)
否则\(x = b^{m-2}\)

线性求逆元

求出\(1 - n\)的所有数的逆元
枚举\(i\)
首先\(1^{-1} \equiv 1(mod\ p)\)
当\(i < p\)时，设\(p = ki + r\)(\(k =\left\lfloor \frac{p}{i} \right\rfloor, r = p\ mod\ i\) )
∵\(p\ mod\ p = 0\)
∴\((ki+r)\ mod\ p = 0\)
则有\(ki + r \equiv 0(mod\ p)\)
两边同乘\(i^{-1}\)
则有\(k + ri^{i-1} \equiv 0(mod\ p)\)
\(∴ri^{-1} \equiv -k(mod\ p)\)
\(∴i^{-1} \equiv -kr^{-1}\)
又\(∵k =\left\lfloor \frac{p}{i} \right\rfloor\), \(r =\) \(p\) % \(i\)
则有\(i^{-1} \equiv -\left\lfloor \frac{p}{i} \right\rfloor \cdot (p\) % \(i)^{-1}(mod\ m)\)
那很显然\((p\) % \(i)^{-1}\)是小于i的
那可以根据前面的式子推， 代码就是

A[i]=-(p/i)*A[p%i];

应该还是比较容易懂的（虽然我这彩笔听的时候懵死了，但是下来看几下还是可以懂得

中国剩余定理（孙子定理）(crt)

求线性同余方程组？（大概）
其实我想单独写一篇文章（先咕着，不一定补
这里简单提一下
设\(m_1,m_2, m_3...m_r\)为两两互质的整数，且\(m =m_1m_2...m_r\)， 则同余方程组
设\(m_i = \prod_{i = 1}^{n}m_i, M_i = m / m_i, t_i\)是线性同余方程\(M_it_i \equiv 1(mod\ m_i)\)的一个解

\(\left\{\begin{matrix} x \equiv b_1(mod\ m_1))\\ x \equiv b_2(mod\ m_2)\\ ...\\ x \equiv b_3(mod\ m_3))\\ \end{matrix}\right.\)
有整数解，解为\(x = \sum_{i = 1}^{n}a_iM_it_i\)
解：
设\(k = t_i\)
\(x_i = m / m_i\)（因为\(M_i \% m_i = a_i\)）
\(x_i = M_ik \% m_i = a_i\)
则有$$M_ik \equiv a_i(mod\ m_i)$$
设\(q\)为\(M_i \% m_i\)的逆元
则式子可变为

\[M_iq \equiv 1(mod\ m_i) \]

两边再乘\(a_i\)则有
\(a_iM_iq\)
也就是说\(x_i = a_iM_it_i\)
那把所有方程的解累加起来就得到通解
则\(x = \sum_{i = 1}^{n}a_iM_it_i\)

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