【数学】数学大礼包

Part1. 逻辑、集合、映射与计数#

1.1 命题#

命题：可以判断对错的叙述，形如若 $p$ 则 $q$。

真值：若命题为真则为真，命题为假则为假。

逆命题：若 $q$ 则 $p$.

否命题：若 $\mathrm{\neg }p$ 则 $\mathrm{\neg }q$.

逆否命题：若 $\mathrm{\neg }q$ 则 $\mathrm{\neg }p$.

原命题和逆否命题真值相同，否命题和逆命题真值相同。

1.1.1 充分、必要、充要条件#

命题若 $p$ 则 $q$。

其中 $p$ 为 $q$ 的充分条件，$q$ 为 $p$ 的必要条件，$p\iff q$ 为充要条件，即充分必要条件的合称。

条件	命题关系
$p$ 是 $q$ 的充分不必要条件	$p\Rightarrow q$ 且 $q\nRightarrow p$
$p$ 是 $q$ 的必要不充分条件	$p\nRightarrow q$ 且 $q\Rightarrow p$
$p$ 是 $q$ 的充要条件	$p\iff q$
$p$ 是 $q$ 的既不充分也不必要条件	$p\nRightarrow q$ 且 $q\nRightarrow p$

【注意】："若 $p$ 则 $q$" 不能与 "$p\Rightarrow q$" 混为一谈。

1.1.2 全称量词和存在量词#

全称量词：意义为”所有，任意，每一个“，记为 $\mathrm{\forall }$.

存在量词：意义为”存在一个，至少有一个，某些“，记为 $\mathrm{\exists }$.

全称命题：结构为”对于 $M$ 中任意一个 $x$，有 $p(x)$ 成立“，简记为 $\mathrm{\forall }x\in M,p(x)$.

存在命题：结构为”存在 $M$ 中的一个 $x_0$，使 $p(x_0)$ 成立“，简记为 $\mathrm{\exists }{x}_0\in M,p(x_0)$.

1.1.3 充分、必要条件的集合意义#

若 $p$ 以集合 $A$ 的形式出现，若 $q$ 以集合 $B$ 的形式出现，即 $A=\{x|p(x)\},B=\{x|q(x)\}$，则充分，必要条件可叙述为：

1. 若 $A\subseteq B$，则 $p$ 是 $q$ 的充分条件；
2. 若 $A\supseteq B$，则 $p$ 是 $q$ 的必要条件；
3. 若 $A=B$，则 $p$ 是 $q$ 的充要条件；
4. 若 $A⫋B$，则 $p$ 是 $q$ 的充分不必要条件；
5. 若 $A⫌B$，则 $p$ 是 $q$ 的必要不充分条件；
6. 若 $A⊈B$ 且 $A⊉B$，则 $p$ 是 $q$ 的既不充分也不必要条件；

1.2 集合#

集合元素的三个特征：确定性，互异性，无序性。

元素与集合的关系：属于与不属于，记为 $\in$，$\notin$.

集合与集合的关系：包含与不包含，记为 $\subseteq$，$⊈$.

集合 $A$ 大小表示为 $|A|$.

通常用 $\{\}$ 来框定集合，$()$ 来框定 $N$ 元组。

1.2.1 集合关系#

关系	自然语言	符号语言
子集	集合 $A$ 中所有元素都在集合 $B$ 中，即若 $x\in A$，则 $x\in B$.	$A\subseteq B$
真子集	集合 $A$ 是集合 $B$ 的子集，且集合 $B$ 中至少有一个元素不在集合 $A$ 中。	$A⫋B$
集合相等	集合 $A$，$B$ 中的元素相同	$A=B$

1.2.2 集合的基本运算#

集合的并集：$A\cup B=\{x|x\in A\vee x\in B\}$.

集合的交集：$A\cap B=\{x|x\in A\wedge x\in B\}$.

集合的补集：${\complement }_{U}A=\{x|x\in U\wedge x\notin A\}$.

三种集合运用的性质：

1. 并集的性质：$A\cup \varnothing =A$；$A\cup A=A$；$A\cup B=B\cup A$；$A\cup B=A\iff B\subseteq A$.

2. 交集的性质：$A\cap \varnothing =A$；$A\cap A=A$；$A\cap B=B\cap A$；$A\cap B=A\iff A\subseteq B$.

3. 补集的性质：$A\cup ({\complement }_{U}A)=U$；$A\cap ({\complement }_{U}A)=\varnothing$；${\complement }_U({\complement }_{U}A)=A$；${\complement }_U(A\cap B)=({\complement }_{U}A)\cup ({\complement }_{U}B)$；${\complement }_U(A\cup B)=({\complement }_{U}A)\cap ({\complement }_{U}B)$.

集合的运算律

$A\cup (B\cap C)=(A\cup B)\cap (A\cup C)$.

$A\cap (B\cup C)=(A\cap B)\cup (A\cap C)$.

${\complement }_U(A\cap B)={\complement }_{U}A\cup {\complement }_{U}B$.

${\complement }_U(A\cup B)={\complement }_{U}A\cap {\complement }_{U}B$.

1.2.3 常见的数集记法#

集合	自然数集	正整数集	整数集	有理数集	实数集
符号	$\mathbb{N}$	${\mathbb{N}}^{\mathbb{\ast }}$	$\mathbb{Z}$	$\mathbb{Q}$	$\mathbb{R}$

【注意】$\mathbb{N}$ 为自然数集，包含 $0$，${\mathbb{N}}^{\ast }$ 为正整数集，不包含 $0$。

1.3 映射#

对于非空集合 $A,B$。按照某种确定的对应关系 $f$，使对于集合 $A$ 中的任意一个元素 $x$，在集合 $B$ 中都有唯一确定的元素 $f(x)$ 与之对应。则对应关系 $f:A\to B$ 为从集合 $A$ 到集合 $B$ 的一个映射。

1. 映射的定义域，像集合

   在映射 $f:A\to B$ 中，$x$ 的取值范围 $A$ 叫做映射的定义域；与 $x$ 的值对应相等的 $f(x)$ 值叫做 $x$ 在映射 $f$ 下的像，集合 $f(A)=\{f(x)|x\in A\}$ 叫做映射的像集合。像集合 $f(x)$ 是集合 $B$ 的子集。

2. 若 $f(A)=B$，则映射 $f$ 称为满射；若对于 $A$ 中任意两个不同的元素 $x_1\ne x_2$，均有 $f(x_1)\ne f(x_2)$，则映射 $f$ 称为单射；如果映射 $f$ 既是单射又是满射，则映射 $f$ 称为 1-1 映射。（感性理解为二分图最大匹配后的结果即为 1-1 映射）。$\mathrm{\exists }{f}^{-1}:B\to A$，使得 $\mathrm{\forall }x\in A$，均有 $f^{-1}(f(x))=x,\mathrm{\forall }y=B$，均有 $f(f^{-1}(y))=y$.

1.4 组合数学与计数#

记 $A_n^m$ 表示从 $n$ 个数中选出 $m$ 个数排列的方案数。

推导：第一个位置有 $n$ 个数可选，第二个位置有 $n-1$ 个数可选 ，$\dots$，第 $m$ 个位置有 $n-m+1$ 个数可选。则方案数为：$\prod _{i=1}^m(n-i+1)$.

化简可得：

$$A_n^m=\frac{n!}{(n-m)!}$$

记 $C_n^m$ 表示从 $n$ 个数中选出 $m$ 个数的方案数。

推导：就是将 $A_n^m$ 的顺序忽略，即 $\frac{A_n^m}{m!}$.

化简可得：

$$C_n^m=\frac{n!}{m!(n-m)!}$$

1.4.1 组合计数的相关性质：#

1. $C_n^k=C_n^{n-k}$

   证明：在杨辉三角中，以 $\frac{n}{2}$ 为中轴呈对称态，设杨辉三角中第 $n$ 行的元素组成的数列为 $d_k$，即 $d_n=d_{n-k}$；综上，$C_n^k=C_n^{n-k}$

2. $C_n^0+C_n^1+C_n^2+\cdots +C_n^n=2^n$

   证明：在杨辉三角中，第 $n$ 行的元素和为 $2^n$

3. $C_n^0+C_n^2+C_n^4+\cdots =C_n^1+C_n^3+C_n^5+\dots$

   证明：3在杨辉三角中，以 $\frac{n}{2}$ 为中轴呈对称态。当 $n$ 为偶数时，左右元素一一对应（1-1映射等价）。当 $n$ 为奇数时，左右元素可交错映射（比如 $n=5$ 时，杨辉三角中第 $5$ 行的元素数列为 $14641$，等价映射为 $f(1)=4$，$f(1)=4$，$f(6)=6$。且无论 $n$ 的值为多少，总是可以找到一个等价映射，使得其成立，证明略）。

4. $C_n^k=C_{n-1}^k+C_{n-1}^{k-1}$

   证明：在杨辉三角中，第 $n$ 行 $k$ 列元素等于第 $n-1$ 行 $k$ 列元素加上第 $n-1$ 行 $k-1$ 列元素。

5. $C_n^k=\frac{n}{k}{C}_{n-1}^{k-1}$

   证明：$C_n^k=\frac{n!}{k!(n-k)!}=\frac{n}{k}·\frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}=\frac{n}{k}{C}_{n-1}^{k-1}$

6. $C_n^k=\frac{n-k+1}{k}{C}_n^{k-1}$

   证明：$C_n^k=\frac{n!}{k!(n-k)!}=\frac{n-k+1}{k}·\frac{n!}{(k-1)!(n-k+1)!}=\frac{n-k+1}{k}{C}_n^{k-1}$

1.4.2 容斥原理#

有 $n$ 个集合 $A_i$，要计算 $|\bigcup _{i=1}^n{A}_i|$ 的值。

首先看一种 $n=3$ 的特殊情况：有三个集合 $A,B,C$。要计算 $|A\cup B\cup C|$，显然：

$$|A\cup B\cup C|=|A|+|B|+|C|-|A\cap B|-|A\cap C|-|B\cap C|+|A\cap B\cap C|$$

将此规律拓展，便得到了通解：

$$|A_1\cup A_2\cup \cdots \cup A_n|=\sum _{i=1}^n{A}_i-\sum _{1\le i<j\le n}|A_i\cap A_j|+\sum _{1\le i<j<k\le n}|A_i\cap A_j\cap A_k|-\cdots +(-1{)}^{n-1}|\bigcap _{i=1}^n{A}_i|$$

证明：考虑计算贡献，左式每个元素出现一次，右式每个元素出现：$C_k^1-C_k^2+C_k^3-\cdots +(-1{)}^{i-1}·C_k^i+\cdots +(-1{)}^{k-1}·C_k^k=1$

1.4.3 错位排列#

对于长度为 $n$ 的排列 $A$，求所有 $A_i\ne i$ 的排列个数。

设 $D_n$ 为长度为 $n$ 的错位排列个数。

容易得到容斥：

$$D_n=n!-C_n^1·(n-1)!+C_n^2·(n-2)!+\cdots +(-1{)}^n{C}_n^n$$

化简得：

$$D_n=\sum _{i=0}^n(-1{)}^i{C}_n^i·(n-i)!=n!\sum _{i=0}^n(-1{)}^i\frac{1}{i!}$$

可以发现 sigma 里面一坨很像泰勒系数，利用一些高科技手段，证得 $D_n\approx \frac{n!}{e}$.（我不会证啊，不过结论合乎周礼）。记得四舍五入。

Part2. 数列#

2.1 数列基础#

2.1.1 等差数列#

对于一个数列 $a$，$\mathrm{\forall }i(1\le i<n),d\in \mathbb{R}$，满足 $a_{i+1}-a_i=d$，则数列 $a$ 为等差数列。

$a_1$ 为等差数列的首项，$a_n$ 为等差数列的末项，$d$ 为公差。

性质

$a_n=a_1+(n-1)·d=dn+(a_1-d)$

$S_n=\frac{(a_1+a_n)n}{2}=n{a}_1+\frac{n(n-1)}{2}d$

所以，等差数列的每一项都与第一项与公差有关。

2.1.2 等比数列#

对于一个数列 $a$，$\mathrm{\forall }i(1\le i<n),q\in \mathbb{R}$ 且 $q\ne 0$，满足 $\frac{a_{i+1}}{a_i}=q$，则数列 $a$ 为等比数列。

$a_1$ 为等比数列的首项，$a_n$ 为等比数列的末项，$q$ 为公比。

性质

$a_n=a_1·q^{n-1}=\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}$

等比数列的每一项都与第一项与公比有关。

2.1.3 求和符号的性质#

1. 重命名性质（任意更换下标字母不影响求和）；
2. 累加性质，即 $\sum _{i=1}^n{a}_i=\sum _{i=1}^m{a}_i+\sum _{i=m+1}^n{a}_i(m<n)$
3. 线性性质，即 $\sum a_i+b_i=\sum a_i+\sum b_i,\sum k{a}_i=k\sum a_i$
4. 交换顺序性质，即 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m{a}_{ij}=\sum _{j=1}^m\sum _{i=1}^n{a}_{ij}$

2.2 裂项#

裂项的意义：在处理冗杂凌乱的分数数列时，可以考虑将其裂项之后，整理成简单的分式进行运算。

说白了就是一种工具。

例如：$\sum _{i=1}^n\frac{1}{i(i+1)}$

$$\begin{array}{rl}& =\sum _{i=1}^n\frac{1}{i}-\frac{1}{i+1}\\ & =\sum _{i=1}^n\frac{1}{i}-\sum _{i=1}^n\frac{1}{i+1}\\ & =\sum _{i=1}^n\frac{1}{i}-\sum _{i=2}^{n+1}\frac{1}{i}\\ & =1-\frac{1}{n+1}\end{array}$$

这样就整理成了一个一阶的分式，和 $n$ 阶的分式相比，减去了不少计算量。

2.2.1 Abel恒等式#

令 $S_n=\sum _{i=1}^n{a}_i$，则

$$\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i=S_n{b}_n+\sum _{i=1}^{n-1}{S}_i(b_i-b_{i+1})$$

2.3 递推转通项#

若递推式形如 $a_{n+1}=a_n+f(n)$，可转为通项 $a_{n+1}=a_1+\sum _{i=1}^{n-1}f(i)$.

若递推式形如 $a_{n+1}=a_n·f(n)$，可转为通项 $a_{n+1}=a_1\prod _{i=1}^{n-1}f(i)$.

2.3.1 待定系数法#

形式一

适用于解决形如 $a_{n+1}=p{a}_n+q(p,q\in \mathbb{R})$ 形式的递推式转化。

待定系数为 $p$ 的等比数列，即 $a_{n+1}+x=p(a_n+x)$，解得 $x=\frac{q}{p-1}$。

令 $b_n=a_n+x$，因为 $b$ 是等比数列，所以 $b_n=b_1·p^{n-1}$

将 $b$ 数列代回原式得 $a_{n+1}+x=p(b_1·p^{n-1})$

化简可得：$a_{n+1}=(a_1+x)·p^n-x$

将 $x$ 代入上式得：$a_{n+1}=(a_1+\frac{q}{p-1})·p^n-\frac{q}{p-1}$

形式二

适用于解决形如 $a_{n+2}=p{a}_{n+1}+q{a}_n(p,q\in \mathbb{R})$ 形式的递推式转化。

解除方程 $x^2-px-q=0$ 的 $x_1,x_2$.

若 $x_1\ne x_2$，设 $a_n=c_1{x}_1^n+c_2{x}_2^n$ 待定系数解出 $c_1,c_2$。

若 $x_1=x_2$，设 $a_n=c_1{x}_1^n+c_{2}n{x}_1^n$ 待定系数解出 $c1,c2$。

带入可得通项公式。

2.3.2 换元法#

适用于解决形如 $a_{n+1}=p{a}_n+f(n)(p,f(n)\in \mathbb{R})$ 形式的递推式转化。

可以待定系数为 $p$ 的等比数列，即 $a_{n+1}+g(x+1)=p(a_n+g(n))$，解出 $g(n)$ 然后按照 2.3.1 的方法解即可。

还有另外一种做法，即将等式两边同时除以 $p^{n+1}$，转化为 $\frac{a_{n+1}}{p^{n+1}}=\frac{a_n}{p^n}+\frac{f(n)}{p^{n+1}}$.

令 $b_n=\frac{a_n}{p^n}$，则原式为 $b_{n+1}=b_n+\frac{f(n)}{p^{n+1}}$.

转化为：$b_{n+1}=b_1+\sum _{i=1}^{n-1}\frac{f(i)}{p^{i+1}}$.

然后将 $b$ 转化为 $a$ 数列即可。

Part3. 数学归纳法#

3.1 第一数学归纳法#

对于一个命题 $f(n),n\in {\mathbb{Z}}^{\ast }$，要证明其是否成立，则可以进行如下步骤：

1. 证明 $f(1)=1$，即当 $n=1$ 时，命题 $f$ 成立；
2. 若 $f(k)=1$，证明 $f(k+1)=1$，即假设当 $n=k$ 时，命题 $f$ 成立；则需证明当 $n=k+1$ 时，命题 $f$ 成立；

当这两个条件同时满足时，则条件（命题）成立，反之不成立。

例题1

求证 $1+3+5+\cdots +(2n-1)=n^2$

证明：当 $n=1$ 时，$1=1^2$，所以 $f(1)=1$；

假设 $n=k$ 时，$f(k)=1$，则当 $n=k+1$ 时，原式为 $1+3+5+\cdots +(2k-1)+[2(k+1)-1]$

化简可得 $1+3+5+\cdots +(2k-1)+2k+1$

将 $1+3+5+\cdots +(2k-1)=k^2$ 代入上式得：

$k^2+2k+1=(k+1{)}^2$

所以当 $n=k+1$ 时，$f(k+1)=1$.

即命题 $f$ 成立。

例题2

求证：$\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{i}{2}\rfloor =\lfloor \frac{n}{2}\rfloor ·\lfloor \frac{n+1}{2}\rfloor$

证明：当 $n=1$ 时，显然成立

假设 $n=k$ 时，$f(k)=1$，则当 $n=k+1$ 时，原式为 $\sum _{i=1}^{k+1}\lfloor \frac{i}{2}\rfloor =\lfloor \frac{k+1}{2}\rfloor ·\lfloor \frac{k+2}{2}\rfloor$

变形，代入得：

$$\lfloor \frac{k}{2}\rfloor ·\lfloor \frac{k+1}{2}\rfloor +\lfloor \frac{k+1}{2}\rfloor =\lfloor \frac{k+1}{2}\rfloor (\lfloor \frac{k}{2}\rfloor +1)=\lfloor \frac{k+1}{2}\rfloor +\lfloor \frac{k+2}{2}\rfloor$$

所以当 $n=k+1$ 时，$f(k+1)=1$.

即命题 $f$ 成立。

3.2 第二数学归纳法#

对于一个命题 $f(n),n\in {\mathbb{Z}}^{\ast }$，要证明其是否成立，则可以进行如下步骤：

1. 证明 $f(1)=1$，即当 $n=1$ 时，命题 $f$ 成立；
2. 若 $f(1,2,\dots ,k)=1$，证明 $f(k+1)=1$，即假设当 $n=1,2,\dots ,k$ 时，命题 $f$ 成立；则需证明当 $n=k+1$ 时，命题 $f$ 成立；

当这两个条件同时满足时，则条件（命题）成立，反之不成立。

3.3 第三数学归纳法#

对于一个命题 $f(n),n\in {\mathbb{Z}}^{\ast }$，要证明其是否成立，则可以进行如下步骤：

1. 证明 $f(2)=1$，即当 $n=2$ 时，命题 $f$ 成立；
2. 设递增数列 $A$，若 $f(A_k)=1$，证明 $f(A_{k+1})=1$，即当 $n=A_{k+1}$ 时，命题 $f$ 成立；
3. 若 $f(k)=1$，证明 $f(k-1)=1$，即假设当 $n=k$ 时，命题 $f$ 成立；则需证明当 $n=k-1$ 时，命题 $f$ 成立；

当这三个条件同时满足时，则条件（命题）成立，反之不成立。

例题3

求证：对于任意正实数 $x_1,x_2,\dots ,x_n$，均有 $\frac{\sum _{i=1}^n{x}_i}{n}\ge \sqrt[n]{x_1{x}_2\dots x_n}$

证明：

当 $n=2$ 时，原式成立，即 $f(2)=1$.

当 $n=2^k$ 时，两两一组合并，可得 $f(2^k)=1$.

假设 $n=k$ 时，$f(k)=1$，则有：

$$\begin{array}{}\therefore n=k-1\\ \frac{\sum _{i=1}^{m-1}{a}_i}{m-1}=\frac{\sum _{i=1}^{m-1}{a}_i+\frac{\sum _{i=1}^{m-1}{a}_i}{m-1}}{m}\ge \sqrt[m]{\sum _{i=1}^{m-1}{a}_i+\frac{\sum _{i=1}^{m-1}{a}_i}{m-1}}={\left(\sum _{i=1}^{m-1}{a}_i\right)}^{\frac{1}{m}}\times {\left(\frac{\sum _{i=1}^{m-1}{a}_i}{m-1}\right)}^{\frac{1}{m}}\\ \therefore {\left(\frac{\sum _{i=1}^{m-1}{a}_i}{m-1}\right)}^1\ge {\left(\sum _{i=1}^{m-1}{a}_i\right)}^{\frac{1}{m}}\times {\left(\frac{\sum _{i=1}^{m-1}{a}_i}{m-1}\right)}^{\frac{1}{m}}\\ \therefore {\left(\frac{\sum _{i=1}^{m-1}{a}_i}{m-1}\right)}^{\frac{m-1}{m}}\ge {\left(\sum _{i=1}^{m-1}{a}_i\right)}^{\frac{1}{m}}\\ \therefore \frac{\sum _{i=1}^{m-1}{a}_i}{m-1}\ge {\left(\sum _{i=1}^{m-1}{a}_i\right)}^{\frac{1}{m-1}}\\ \therefore \frac{\sum _{i=1}^{m-1}{a}_i}{m-1}\ge \sqrt[m-1]{\left(\sum _{i=1}^{m-1}{a}_i\right)}\end{array}$$

故命题 $f$ 成立。

Part4. 数论#

4.1 整除#

若 $a$ 能整除 $b$，则 $\mathrm{\exists }n\in \mathbb{Z}$，满足 $an=b$；记为 $a|b$

整除的性质

传递性：$a|b,b|c$ 则 $a|c$；

可加减性：$n|a,n|b$ 则 $n|a\pm b$

可乘性：$a|b,c|d$ 则 $ac|bd$

4.2 最大公约数与最小公倍数#

$a,b$ 的最大公约数记为 $gcd(a,b)$，$gcd(a,b)=min\{x|(x|a)\wedge (x|b)\wedge (x>0)\}$

$a,b$ 的最小公倍数记为 $\mathrm{lcm}(a,b)$，$\mathrm{lcm}(a,b)=max\{x|(a|x)\wedge (b|x)\wedge (x>0)\}$

带余除法

$\mathrm{\forall }a,b\in {\mathbb{Z}}^{+},\mathrm{\exists }q,r\in \mathbb{Z}$，使得：

$$\{\begin{array}{l}a=bq+r\\ 0\le r\le b-1\end{array}$$

带余除法满足存在性和唯一性，证明略。

Part5. 常用定理及函数#

5.1 欧拉函数#

记 $\phi (n)$ 表示小于 $n$ 的正整数中与 $n$ 互质的数的个数。

计算方法：将总数减去与 $n$ 不互质的数的个数。将 $n$ 质因数分解后，记 $p_1,p_2,p_3,\dots ,p_k$ 为 $n$ 的质因子，则有：

$$\phi (n)=n-\sum _{i=1}^n\frac{n}{p_i}+\sum _{1\le i<j\le n}\frac{n}{p_i{p}_j}-\sum _{1\le i<j<k\le n}\frac{n}{p_i{p}_j{p}_k}+\cdots +(-1{)}^{k+1}\frac{n}{p_1{p}_2{p}_3\dots p_k}$$

因数分解可得：

$$\phi (n)=n(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})(1-\frac{1}{p_3})\dots (1-\frac{1}{p_k})$$

计算欧拉函数的步骤中运用到了容斥原理，可见容斥原理的应用范围非常广。

欧拉函数的性质：

1. 若 $gcd(a,b)=1$，则有 $\phi (a)·\phi (b)=\phi (ab)$，即欧拉函数为积性函数。

   证明：

   设 $A$ 为 $a$ 的质因子集合，集合元素记为 $p_1,p_2,p_3,\dots ,p_k$，$B$ 为 $b$ 的质因子集合，集合元素记为 $P_1,P_2,P_3,\dots ,P_m$。

   $\because gcd(a,b)=1$，$\therefore A\cap B=\varnothing$.

   $\because \phi (a)=a(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})(1-\frac{1}{p_3})\dots (1-\frac{1}{p_k}),\phi (b)=b(1-\frac{1}{P_1})(1-\frac{1}{P_2})(1-\frac{1}{P_3})\dots (1-\frac{1}{P_m})$

   $\therefore \phi (ab)=ab(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})(1-\frac{1}{p_3})\dots (1-\frac{1}{p_k})(1-\frac{1}{P_1})(1-\frac{1}{P_2})(1-\frac{1}{P_3})\dots (1-\frac{1}{P_m})$

   $\therefore \phi (a)·\phi (b)=\phi (ab)$

2. 若 $p$ 为质数，$\phi (p)=p-1$.

   证明：

   $\because p$ 为质数，$\therefore$ 小于 $p$ 的正整数中与 $p$ 互质的数的个数为 $p-1$.

3. 若 $p$ 为质数，$\phi (p)=p^k-p^{k-1}$.

   证明：

   $\because p$ 为质数，$\therefore$ 与 $p$ 不互质的数只能为 $p$ 的倍数，共有 $p^{k-1}$ 个。

   $\therefore$ $\phi (p)=p^k-p^{k-1}$.

5.2 卡特兰数#

记 $C_n$ 为变量为 $n$ 的卡特兰数值。其递推式为：

$$C_n=\sum _{i=1}^{n-1}{C}_i{C}_{n-i}$$

通项公式为：

$$C_n=(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n-1})=\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})}{n+1}$$

卡特兰数通常可以解决一下问题（是一下问题的解）：

1. 有 $n$ 对括号匹配的序列数，解为 $C_n$；
2. $A,B$ 双方打羽毛球，从 $0:0$ 打到 $n:n$，$A$ 从来没有落后过的方案数，解为 $C_n$；
3. 在一个 $n\times n$ 的网格中，从 $(0,0)$ 处开始走，每次可以向上走一格或向右走一格，在任意时刻，向右走的次数不能少于向上走的的次数，求合法路径数，解为 $C_n$；
4. 一个圆周上有 $2n$ 个点，两两配对并在两点间连一条弦，要求所连的 $n$ 条弦没有交点，求配对数，解为 $C_n$；
5. 将 $n$ 边的凸多边形以不相交的对角线分成 $n-2$ 个三角形的方案数，解为 $C_{n-2}$。并可以转化为问题 $4$；
6. $\sum _{i=1}^{2n}{a}_i(a_i\in \{-1,1\})=0,\mathrm{\forall }1\le k\le 2n,\sum _{i=1}^k{a}_i\ge 0$ 的方案数，解为 $C_n$；（此问题为问题 $2,3$ 的母题）；
   卡特兰数的应用不止这些，遇到新问题应随机应变，转化为卡特兰数解。

5.3#

Part6. 博弈论#

对于一个无运气成分，无平局的游戏一定有必胜策略。

必败点：走到该点，采取最优策略一定失败；

制胜点：走到该点，采取最优策略一定胜利；

必胜策略推导：

1. 只能走到只制胜点的都是必败点；
2. 可以走到必败点的都是制胜点；