一中数学培训(第一，第二讲)
1.整除，最大公因数和最小公倍数
1.1 整除
若整数 \(b\) 除以非零整数 \(a\) ，商为整数，且余数为零，\(b\) 为被除数，\(a\) 为除数，即\(a|b\)，读作“ $a $整除 $b $ ”或“ $b $能被 $a $ 整除”。
其中，整除具有如下三条性质：
- 整除的传递性，证明如下：
如果 \(a|b,b|c\) ，那么有 \(a|c\) 。
设 \(a=k_1b\), \(c=k_2b\) ，可得 \(c=k_1k_2a\) ，是 \(a\) 的倍数。所以有 \(a|c\) 。
- 整除的可加减性，证明如下：
如果 \(a|b,a|c\) ，那么有 \(a|(b+c),a|(b-c)\)
对于满足题意的 \(a,b,c\) , \({\exists}k_1,k_2\in \mathbb{Z}\) 使得 \(b=k_1a,c=k_2a\) 。
所以 \(a|(b+c)\) 等价于 \(a|(k_1+k_2)a\) 。因为 \(k_1+k_2,k_1-k_2\in \mathbb{Z}\) ，所以 \(b+c=(k_1+k_2)a\) 是 \(a\) 的倍数，有 \(a|(b+c)\) 。可减性同理。
- 整除的可乘性，证明如下：
如果 \(a|b,a|c\) ，那么对于 \(x,y \in \mathbb{Z}\) ， \(a|(bx+cy)\) 。
设 \(b=k_1a,c=k_2a\) , 因为 \(x,y\in \mathbb{Z}\) ，所以有 \(a|k_1xa,a|k_2ya\) ，即 \(a|bx,a|cy\) 。由于整除具有可加减性，那么 $a|(bx+cy) $ 。
例题
1.1.1 如果 \(x+6y\) 是 \(7\) 的倍数，那么 \(5x+2y\) 也是 \(7\) 的倍数。
因为整除的可加减性，由于 \(7|(x+6y)\) ，所以 \(7|(5x+30y)\) 。
又因为 \(7|28y\) ，所以由于整除的可加减性， \(7|(5x+30y-28y)\) ，即 \(7|(5x+2y)\) 。
1.1.2 如果 \(3|x,7|x\) , 则 \(21|x\) 。
设 \(x=3\times 7\times k\) ，并且 \(k \in \mathbb{Z}\) 。由于 \(7k \in \mathbb{Z}\) ，所以一定 \(3|x\) ；由于 \(3k \in \mathbb{Z}\) ，所以一定 \(7|x\) 。
1.1.3 求证：\(8|3^{2n+1}+5\)
原命题等价于 \(8|3\times 9^{n} +5\) 。
当 \(n=1\) 是，\(3\times 9^{n} \equiv 3 (\bmod 8)\)
当 \(n>1\) 时，若 \(3\times 9^{n-1} \equiv 3 (\bmod 8)\) ，那么有 $3\times 9^{n}\equiv 3\times 9 (\bmod 8) $ 。整理得到 $3\times 9^{n}\equiv 3 (\bmod 8) $
那么 \(3\times 9^{n}+5 \equiv 3+5(\bmod 8)\) ,即 \(3\times 9^{n}+5 \equiv 0(\bmod 8)\) 。所以 \(8|3^{2n+1}+5\)
1.2 最大公约数和最小公倍数
最大公约数：对于 \(a,b\) ，最大的 \(c\) 满足 \(c|a,c|b\) 。
最小公倍数：对于 \(a,b\) ，最小的 \(c\) 满足 \(a|c,b|c\) 。
定理：公倍数整除最大公倍数
等价于：存在 \(a,b\) ，则对于任意 \(c\) 满足 \(a|c,b|c\) ，都有 \(\text{lcm}(a,b)|c\) 。
我们设一个元素 \(x\) 的全部因子构成的可重集合为 \(S_x\) ,则 \(S_a \cup S_b =S_{\text{lcm}(a,b)}\) 。而对于 \(d\) 满足 \(a|d,b|d\) ,都有 \(S_a \in S_d,s_b \in S_d\) 。
如果存在 \(d\) 不满足 \(\text{lcm}(a,b)|d\) ，也就是说 \(S_a \cup S_b \notin S_d\) ，但是 \(S_a \in S_d ,S_b \in s_d\) 。与我们的假设相互矛盾。所以一定有 \(\text{lcm}(a,b)|d\) 。
定理：\((a,b)=(a-b,b)\)
当 \(a,b\) 都是质数的时候, 一定有 \((a,b)=1\) ，若此时 \((a-b,b) >1\) ，则设 \(c=(a-b,b)\) 。那么 \((a-b)=k_1c,b=k_2c\) 。因为 \(b\) 是质数，所以 \(c \in \{1,b\}\) 。而 \(c>1\) ，所以 \(c=b\) 。那么 \((a-b) =k_1c\) 等价于 \((a-b)=k_1b\) 等价于 \(b|(a-b)\) 。因为 \(b|b\), 所以命题进一步等价于 \(b|a\) 。因为 \((a,b)=1\) ，所以于原命题相违背。得证。
当 \(a,b\) 不一定是质数的时候，设 \(c=(a,b)\) ， \(a=k_1c,b=k_2c\) 。由于整除的可加减性，一定有 \(c|(a-b),c|b\) ，也就是说 \(c \leqslant (a-b,b)\) 。若 \((a-b,b)\) 不等于 \(c\) ，那么存在 \(d\) 有 \((k_1-k_2)c|d,k_2c|d\) ,也就是 \((k_1-k_2,k_2)>1\) 。因为 \(c=(a,b)\),所以 \(k_1,k_2\) 互素。由上述的证明，当 \(k_1,k_2\) 互素时， \((k_1,k_2)=(k_1-k_2,k_2)=1\) 。与我们对于 \(d\) 的假设相违背，也就是说不存在 \(d(d >c)\) 满足 \((k_1-k_2)c|d,k_2c|d\) 。可以观察到 \(c\) 一定满足条件， \((a-b,b)=c\) 。得证。
这个命题就是大名鼎鼎的更相减损术，可以进一步推出辗转相除法。这里略。
裴蜀定理
定义：设 \(a,b\) 是不为 \(0\) 的整数，那么一定存在整数 \(x,y\) ，满足 \(ax+by=\gcd(a,b)\) 。
证明：
1.若任何一个等于 \(0\) ，则 \((a,b)=a\) ，这是定理显然成立。
- 若 \(a,b\) 不等于 \(0\) ，设 \(a,b >0 ,b \leqslant a,(a,b)=d\) 。
对于 \(ax+by=d\) ，两端同除以 \(d\) ，可得 \(a_1x+b_1y=d\) 。并且 \((a_1,b_1)=1\) 。我们只考虑对于 \((a,b)=1\) 的二元组 \((a,b)\) ，满足裴蜀定理。
我们考虑辗转相除法（本质上是优化的更相减损术的优化，上已证明），就是 \((a,b)=(b,a \bmod b)\) 一直不断推出来的。我们设余数为 \(r\) ,有
我们算法展开成带余数除法的形式：
我们令辗转相除法运行知道互质的时候推出 \(r_n=1\) ,所以有:
移项，得：
那么我们将 \(r_{n-1}=r_{n-3}-q_{n-1}r_{n-2}\) 带入上式，得：
我们可以不断消除 \(r_{n-2}\) 到 \(r_1\) 。最终得出 \(1=ax+by\) 。得证。
推论两则：
- 公因数整数最大公约数
如果 \(c=(a,b)\) ,那么对于任意 \(d\) 满足 \(d|a,d|b\) 都有 \(d|c\) 。
我们定义元素 \(x\) 的因子构成的可重集合为 \(S_x\) 。那么 \(S_c=S_a \cap S_b\) 。对于每一个 \(d\) 都有 \(S_d \in S_a \cap S_b\) ，所以 S_d \(\subseteq S_c\) 。也就是 \(d|c\) 。
- 整除的互质可消性
如果 \(a|c,b|c,(a,b)=1\) ，那么 \(ab|c\)
如果原命题的逆命题不成立，及 \(ab|c\) 可能不满足 \(a|c,b|c\) ，前提是 \((a,b)=1\) 。设 \(c=abk\) , 其中 \(k \in \mathbb{Z}\) 。因为 \(bk \in \mathbb{Z}\) ，所以 \(a|c\) ；因为 \(ak \in \mathbb{Z}\) ,所以 \(b|c\) 。与假设不符。
对于原命题而言， \((a,b)=1\) ，可以推出 \([a,b]=ab\) 。若 \([a,b]\) 不整除 \(c\) ，就代表着 \(S_a \subseteq S_c ,S_b \subseteq S_c\) 至少有一个不成立，与题目条件相违背。所以 \([a,b]|c\) ，就是 \(ab|c\) 。
我们进而有 \(3\) 条推论：
-
\((a,(b,c ))=(a,b,c)\)
-
\((a,b)=(a,b,ax)\)
-
\((a,b)=((a,b),(a.c))\)
