MATH Day 02 - 群论基础与幂次整除分析

群论基础与幂次整除分析

一、 消去律的等价形式

定理：设 \((G, \cdot)\) 是一个有限幺半群，则以下命题等价：

1. (i) 消去律成立：左消去律 \(ax=ay \Rightarrow x=y\) 与右消去律 \(xa=ya \Rightarrow x=y\) 均成立。
2. (ii) 方程解的唯一性：对每个 \(a, b \in G\)，方程 \(a \cdot x = b\) 和 \(y \cdot a = b\) 在 \(G\) 中均有唯一解。

结论：任一成立 \(\Rightarrow (G, \cdot)\) 是群。

证明过程（复刻自手稿）：

• (i) \(\Rightarrow\) (ii)：
  对于方程 \(a \cdot x = b\)，若有 \(ax_1 = b\) 且 \(ax_2 = b\)，则 \(ax_1 = ax_2\)。
  由左消去律得 \(x_1 = x_2 = a^{-1}b\)（注：此处 \(a^{-1}b\) 表达解的结构），故解唯一。
• (ii) \(\Rightarrow\) (i)：
  若 \(a \cdot b = a \cdot c\)，则 \(b, c\) 均为方程 \(a \cdot x = ab\) 的解。
  由唯一性结论，必有 \(b = c\)，即消去律自身成立。
• 关于群的定义验证：
  若 (ii) 成立，取 \(b = e\)（恒等元），则 \(ax = e \Rightarrow x = a^{-1}\)，逆元存在。 \(\square\)

深度启发：
这给出了验证一个代数系统是否为群的简洁方法：结合律 + 单位元 + 消去律（解的唯一性）。在计算理论中，这对应于可逆变换的完备性。

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二、 阶（Order）的基本性质

设 \((G, \cdot)\) 是群，\(a \in G\)，记 \(\text{ord}(a) = |a| = d < \infty\)。

1. \(a^n = e\) 当且仅当 \(d \mid n\)。
2. \(\text{ord}(a^k) = \frac{d}{(k, d)} = \frac{\text{ord}(a)}{\gcd(k, \text{ord}(a))}\)。
3. 若 \((k, d) = 1\)，则 \(\text{ord}(a^k) = d\)。（这是 (ii) 的直接推论）
4. 集合 \(\{e, a, a^2, \dots, a^{d-1}\}\) 构成一个子群，称为由 \(a\) 生成的循环子群，记作 \(\langle a \rangle\)。

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三、 \(p\)-adic 赋值与幂次整除分析

建立处理 \(n^k \mid a^m \pm b^m\) 的系统方法。

3.1 \(p\)-adic 赋值定义

设 \(p\) 为素数，\(n\) 为非零整数。定义 \(n\) 的 \(p\)-adic 赋值为：

\[v_p(n) = \max \{k \in \mathbb{Z}^+ : p^k \mid n\} \]

约定 \(v_p(0) = +\infty\)。\(v_p(n)\) 实际上就是 \(n\) 的标准素因子分解中 \(p\) 的指数。

3.2 \(p\)-adic 性质（超度量性质）

1. \(v_p(ab) = v_p(a) + v_p(b)\)
2. \(v_p(a+b) \ge \min \{v_p(a), v_p(b)\}\)
3. 若 \(v_p(a) \neq v_p(b)\)，则 \(v_p(a+b) = \min \{v_p(a), v_p(b)\}\)
4. \(v_p(a^n) = n v_p(a)\)

3.3 性质 (ii), (iii) 的证明：

• 证明 (ii)：设 \(v_p(a) = \alpha, v_p(b) = \beta\)，不妨设 \(\alpha \le \beta\)。
  则 \(a = p^\alpha a', b = p^\alpha \cdot p^{\beta-\alpha} b'\)。
  \(a+b = p^\alpha (a' + p^{\beta-\alpha} b')\)。
  故 \(v_p(a+b) \ge \alpha = \min \{v_p(a), v_p(b)\}\)。
• 证明 (iii)：若 \(\alpha < \beta\)，则 \(\beta - \alpha > 0\)。
  此时 \(a' + p^{\beta-\alpha} b' \equiv a' \not\equiv 0 \pmod p\)（因为 \(p \nmid a'\)）。
  则 \(v_p(a+b) = \alpha = \min \{v_p(a), v_p(b)\}\)。

启发：只有两个数的 \(p\)-adic 赋值相等时，其和的 \(p\)-adic 赋值才可能增大。这是解决数论增长问题的核心观察。

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四、 LTE 引理 (Lifting The Exponent Lemma)

情况 I：奇素数 \(p\) 与 “-” 号

条件：\(p\) 为奇素数，\(p \mid a-b\) 但 \(p \nmid a\)（隐含 \(p \nmid b\)）。
定理：\(v_p(a^n - b^n) = v_p(a-b) + v_p(n)\)。

证明过程：

1. 分解：\(a^n - b^n = (a-b)(a^{n-1} + a^{n-2}b + \dots + b^{n-1})\)。
   设 \(S = a^{n-1} + a^{n-2}b + \dots + b^{n-1}\)。
   则 \(v_p(a^n - b^n) = v_p(a-b) + v_p(S)\)。
2. 当 \(p \nmid n\) 时：
   由 \(p \mid a-b \Rightarrow a \equiv b \equiv c \pmod p\)。
   因 \(p \nmid a\)，有 \(c \not\equiv 0 \pmod p\)。
   故 \(S \equiv n c^{n-1} \pmod p\)。
   由于 \(p \nmid n\) 且 \(p \nmid c\)，故 \(n c^{n-1} \not\equiv 0 \pmod p\)。
   则 \(v_p(S) = v_p(n) = 0\)。
3. 对 \(v_p(n) \ge 1\) 归纳：
   设 \(n = p^k m\)。先考虑 \(n=p\) 的情况。
   设 \(a-b = D\)，其中 \(p \mid D\)。
   \(T = \sum_{i=0}^{p-1} a^{p-1-i} b^i = \sum_{i=0}^{p-1} (b+D)^{p-1-i} b^i\)
   利用二项式展开：\((b+D)^{p-1-i} \equiv b^{p-1-i} + (p-1-i) b^{p-2-i} D \pmod{D^2}\)。
   \(T = \sum_{i=0}^{p-1} [b^{p-1} + (p-1-i) b^{p-2} D + O(D^2)]\)
   \(T = p b^{p-1} + b^{p-2} D \frac{p(p-1)}{2} + O(D^2)\)。
   于是 \(T \equiv p b^{p-1} \pmod{p^2}\)（因为 \(p\) 是奇素数，\(p \mid \frac{p(p-1)}{2}\)，故 \(p^2 \mid \frac{p(p-1)}{2} D\)）。
   由于 \(p \nmid b\)，有 \(v_p(T) = 1\)。
4. 结论：\(v_p(A^p - B^p) = v_p(A-B) + 1\)。重复此过程得：
   \(v_p(a^n - b^n) = v_p(a-b) + v_p(n)\)。 \(\square\)

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情况 II：奇素数 \(p\) 与 “+” 号

当 \(n\) 为正奇数时：

\[v_p(a^n + b^n) = v_p(a+b) + v_p(n) \]

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情况 III：\(p=2\) 的特殊情况

\(p=2\) 时，由于 \(\frac{p(p-1)}{2} = 1\) 不被 \(p\) 整除，归纳失效。

1. 边界情况：\(n\) 为奇数，\(2 \nmid a, 2 \nmid b\)。
   \(S = a^{n-1} + \dots + b^{n-1}\) 共 \(n\)（奇数）项，每项 \(\equiv 1 \pmod 2\)。
   故 \(v_2(S) = 0 \Rightarrow v_2(a^n - b^n) = v_2(a-b)\)。
2. \(n=2\) 的特殊性：
   \(a^2 - b^2 = (a-b)(a+b) \Rightarrow v_2(a^2 - b^2) = v_2(a-b) + v_2(a+b)\)。
3. 一般偶数 \(n = 2^k \cdot m\)：
   考虑 \(v_2(a^{2^k} - b^{2^k}) = v_2(a^{2^{k-1}} - b^{2^{k-1}}) + v_2(a^{2^{k-1}} + b^{2^{k-1}})\)。
   由于 \(2 \nmid a\)，\(a^2 \equiv 1 \pmod 4\)。
   故对于 \(k \ge 1\)，\(a^{2^{k-1}} + b^{2^{k-1}} \equiv 1 + 1 = 2 \pmod 4\)。
   因此 \(v_2(a^{2^{k-1}} + b^{2^{k-1}}) = 1\)。
   由此递归累加，得到公式：
   \(v_2(a^n - b^n) = v_2(a-b) + v_2(a+b) + v_2(n) - 1\)。

总结公式：

\[\begin{cases} n \text{ 为偶数}: & v_2(a^n - b^n) = v_2(a-b) + v_2(a+b) + v_2(n) - 1 \\ n \text{ 为奇数}: & v_2(a^n - b^n) = v_2(a-b) \\ & v_2(a^n + b^n) = v_2(a+b) \end{cases} \]

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数论笔记：阶、Zsigmondy 定理与 LTE 引理

1. 阶的整除性质 (Properties of Order)

设 \(m > 1\) 是正整数， \(a \in \mathbb{Z}_m^*\)（即 \(\gcd(a, m)=1\)）。定义 \(a\) 模 \(m\) 的阶为最小的正整数 \(d\)，使得 \(a^d \equiv 1 \pmod m\)，记作 \(\text{ord}_m(a) = d\)。

(i) 基本整除性：
若 \(a^k \equiv 1 \pmod m\)，则 \(d \mid k\)。

注：原手稿误写为 \(d \mid m\)

(ii) 欧拉定理推论：
由于 \(a^{\phi(m)} \equiv 1 \pmod m\)，故 \(d \mid \phi(m)\)。

(iii) 幂的阶：

\[\text{ord}_m(a^k) = \frac{d}{\gcd(k, d)} \]

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2. Zsigmondy 定理 (Zsigmondy's Theorem)

这是一个关于二项式 \(a^n - b^n\) 素因子的极强定理。

定理 I (\(a^n - b^n\) 型)

设 \(a > b \ge 1\) 且 \(\gcd(a, b) = 1\)。对于任意 \(n > 1\)，存在一个素数 \(p\)，使得 \(p \mid (a^n - b^n)\) 但 \(p \nmid (a^k - b^k)\) 对于所有 \(1 \le k < n\) 均成立。这样的素数 \(p\) 称为 \(a^n - b^n\) 的本原素因子（Primitive Prime Divisor）。

仅有两种例外情况：

1. \(a=2, b=1, n=6\)：此时 \(2^6-1 = 63 = 3^2 \times 7\)。虽然 \(7\) 是 \(2^3-1\) 的因子，\(3\) 是 \(2^2-1\) 的因子，但没有“新”的因子。
2. \(n=2\) 且 \(a+b\) 是 \(2\) 的幂：例如 \(3^2-1^2=8\)，其因子只有 \(2\)，而 \(2\) 已经整除 \(3^1-1^1=2\)。

定理 II (\(a^n + b^n\) 型)

设 \(a > b \ge 1\) 且 \(\gcd(a, b) = 1\)。对于任意 \(n > 1\)，存在一个素数 \(p\) 使得 \(p \mid (a^n + b^n)\) 但 \(p \nmid (a^k + b^k)\) 对于所有 \(1 \le k < n\) 均成立。

仅有一种例外情况：

1. \(2^3 + 1^3 = 9 = 3^2\)，而 \(3\) 在 \(2^1 + 1^1 = 3\) 中已经出现。

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3. 阶与 LTE 引理的结合 (Order and LTE Lemma)

当我们需要精确分析 \(v_p(a^n - 1)\) 时，LTE 引理与阶的结合非常强力。

设 \(p\) 为奇素数，\(d = \text{ord}_p(2)\)。
若 \(d \mid n\)，则 \(2^n \equiv 1 \pmod p\)，即 \(p \mid 2^n - 1\)。
根据 LTE 引理：

\[v_p(2^n - 1) = v_p((2^d)^{n/d} - 1^{n/d}) = v_p(2^d - 1) + v_p\left(\frac{n}{d}\right) \]

这为计算大数的素幂整除性提供了精确工具。

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4. 练习：IMO 1990 试题 3

题目： 求所有正整数 \(n\)，使得 \(n^2 \mid 2^n + 1\)。

解题证明过程

第一步：平凡解验证与基本观察

1. 小规模验证：
   • 当 \(n=1\) 时，\(1^2 \mid 2^1+1 = 3\)，成立。
   • 当 \(n=2\) 时，\(4 \nmid 2^2+1 = 5\)，不成立。
   • 当 \(n=3\) 时，\(3^2 \mid 2^3+1 = 9\)，成立。
2. 奇偶性分析：
   若 \(n > 1\)，由于 \(2^n+1\) 始终为奇数，则其因子 \(n^2\) 必为奇数，故 \(n\) 必为奇数。

第二步：利用最小素因子确定 \(n\) 的构造

设 \(p\) 是 \(n\) 的最小素因子（\(n>1\)）。
由条件 \(n^2 \mid 2^n+1\) 可知 \(p \mid 2^n+1\)。
由此得：

\[2^n \equiv -1 \pmod p \implies 2^{2n} \equiv 1 \pmod p \]

设 \(d = \text{ord}_p(2)\) 为 \(2\) 模 \(p\) 的阶。根据阶的性质：

\[d \mid 2n \quad \text{且} \quad d \mid p-1 \]

这意味着 \(d \mid \gcd(2n, p-1)\)。

由于 \(p\) 是 \(n\) 的最小素因子，对于 \(n\) 的任何素因子 \(q\) 都有 \(q \ge p\)，因此 \(\gcd(n, p-1) = 1\)。
于是：

\[d \mid \gcd(2n, p-1) = \gcd(2, p-1) \]

因为 \(p\) 是奇素数，\(p-1\) 是偶数，故 \(\gcd(2, p-1)=2\)。
所以 \(d\) 只能是 \(1\) 或 \(2\)：

• 若 \(d=1\)，则 \(2^1 \equiv 1 \pmod p \implies p \mid 1\)（矛盾）。
• 若 \(d=2\)，则 \(2^2 \equiv 1 \pmod p \implies p \mid 3 \implies \mathbf{p=3}\)。

结论： 若 \(n>1\)，则 \(n\) 的最小素因子必须是 \(3\)。即 \(3 \mid n\)。

第三步：利用 LTE 引理（提升指数引理）限制素因子的幂

已知 \(3 \mid n\) 且 \(n\) 为奇数，根据 LTE 引理 (Lifting The Exponent Lemma)：

\[v_3(2^n + 1) = v_3(2+1) + v_3(n) = 1 + v_3(n) \]

因为 \(n^2 \mid 2^n+1\)，取 \(v_3\) 估值：

\[v_3(n^2) \le v_3(2^n + 1) \]

\[2v_3(n) \le 1 + v_3(n) \implies v_3(n) \le 1 \]

由于 \(3 \mid n\)，故 \(v_3(n)=1\)。
这意味着 \(n\) 中素因子 \(3\) 的指数恰好为 \(1\)。

第四步：排除更大的素因子（无穷递降思想的变体）

设 \(n = 3m\)。若 \(m=1\)，则 \(n=3\)，已验证成立。
若 \(m > 1\)，设 \(q\) 是 \(m\) 的最小素因子。因为 \(n\) 是奇数且 \(3\) 是 \(n\) 的最小素因子，且 \(v_3(n)=1\)，故 \(q\) 必须满足 \(q > 3\)。
同理，由 \(q \mid 2^n+1\) 导出：

\[d_q = \text{ord}_q(2) \mid \gcd(2n, q-1) \]

由于 \(q\) 是 \(m\) 的最小素因子，故 \(\gcd(m, q-1)=1\)。
那么：

\[\gcd(n, q-1) = \gcd(3m, q-1) = \gcd(3, q-1) \]

此项取值只可能是 \(1\) 或 \(3\)。
因此 \(d_q \mid 2 \cdot \gcd(3, q-1)\)，即 \(d_q \in \{1, 2, 3, 6\}\)。

1. 若 \(d_q = 1\) 或 \(2\)，同理导出 \(q \mid 1\) 或 \(q \mid 3\)，与 \(q > 3\) 矛盾。
2. 若 \(d_q = 3\) 或 \(6\)：
   这两个情况都意味着 \(q \mid 2^6-1\)。
   \[2^6 - 1 = 63 = 3^2 \cdot 7 \]
   由于 \(q > 3\)，唯一的可能素因子是 \(q=7\)。

第五步：终局检验

如果 \(q=7\)，则 \(7 \mid n\)，根据原始条件应有：

\[2^n \equiv -1 \pmod 7 \]

我们观察 \(2^k \pmod 7\) 的循环节：

• \(2^1 \equiv 2 \pmod 7\)
• \(2^2 \equiv 4 \pmod 7\)
• \(2^3 \equiv 1 \pmod 7\)
  循环节为 \(\{2, 4, 1\}\)。
  可以发现，\(2^n \pmod 7\) 的值永远不会等于 \(-1 \equiv 6 \pmod 7\)。
  矛盾！

因此，假设 \(m > 1\) 是错误的，必有 \(m=1\)。

结论

综上所述，满足条件的正整数 \(n\) 只有：

\[\mathbf{n = 1, \quad n = 3} \]

\(\square\)