(未完成)初等数论重要定理&推论 ——学习笔记

初等数论及其应用 —— 笔记

符号表#

\(\operatorname{mod}\) —— 模

\((a,b)\) —— \(a,b\) 的最大公约数

\([a,b]\) —— \(a,b\) 的最小公倍数

\(a \mid b\) —— \(a\) 整除 \(b\)

\(a \nmid b\) —— \(a\) 不整除 \(b\)

\(\bf{mod}\) —— 计算机中的模运算

\(\overline{x}\) —— \(x\) 模 \(p\) 的逆

同余#

定义：
 设 \(m \in Z\) ，若 \(a,b \in Z\)，且 \(m \mid (a-b)\) ，则称 \(a\) 和 \(b\) 模 \(m\) 同余

 若 \(a\) 和 \(b\) 模 \(m\) 同余，记作 \(a \equiv b \ (\operatorname{mod}\ m)\)

 若 \(m \nmid (a-b)\) ，记作 \(a \not\equiv b \ (\operatorname{mod}\ m)\),并称 \(a\) 模 \(m\) 不与 \(b\) 同余

 整数 \(m\) 称为 同余的模

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基础mod运算#

 \((i)\) 自反性

\[ a \equiv a \ (\operatorname{mod}\ m) \]

 \((ii)\) 对称性

\[ a \equiv b \ (\operatorname{mod}\ m),则 b \equiv a \ (\operatorname{mod}\ m) \]

 \((iii)\) 传递性

\[ a \equiv b \ (\operatorname{mod}\ m), b \equiv c \ (\operatorname{mod}\ m),则 a \equiv c \ (\operatorname{mod}\ m) \]

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模 \(m\) 的完全剩余系#

定义：
 一个模 \(m\) 完全剩余系是一个整数的集合，使得每个整数恰和此集合中的一个元素模 \(m\) 同余

 特别的，其中由 \(0,1,2,3,...,m - 1\) 组成的集合被称为模 \(m\) 的最小非负剩余组成的完全剩余系

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模运算#

当 \(a \equiv b\ (\operatorname{mod}\ m)\) 时

  \((i)\) \(\ a + c \equiv b + c\ (\operatorname{mod}\ m)\)

  \((ii)\) \(\ a - c \equiv b - c\ (\operatorname{mod}\ m)\)

  \((iii)\) \(\ ac \equiv bc\ (\operatorname{mod}\ m)\)

  \((iiii)\) 若 \(m > 0 , d = (c,m)\) 且 \(ac \equiv bc \ (\operatorname{mod}\ m)\) ，则 \(a \equiv b \ (\operatorname{\operatorname{mod}}\ \frac{m}{d})\)

推广至一般

当 \(a \equiv b\ (\operatorname{mod}\ m),c \equiv d\ (\operatorname{mod}\ m)\) 时

  \((i)\) \(a + c \equiv b + d \ (\operatorname{mod}\ m)\)

  \((ii)\) \(a - c \equiv b - d \ (\operatorname{mod}\ m)\)

  \((iii)\) \(ac \equiv bd \ (\operatorname{mod}\ m)\)

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引理 \(4.1\)#

  \(m\) 个 模 \(m\) 不同余的整数构成的集合是一个模 \(m\) 的完全剩余系

  用鸽巢原理可证

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定理 \(4.7\)#

  若 \(r_1,r_2,...,r_m\) 是 模 \(m\) 的 完全剩余系且正整数 \(a\) 满足 \((a,m) = 1\)，与任意整数 \(b\) 构成集合 \(\{ar_1 + b,ar_2 + b,...,ar_m + b\}\) 仍是模 \(m\) 的完全剩余系

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定理 \(4.8\)#

  若 \(a,b,k,m \in Z , k > 0 , m > 0\)，且 \(a \equiv b\ (\operatorname{mod}\ m)\)，则 \(a ^ k \equiv b ^ k\ (\operatorname{mod}\ m)\)

证明：
  因为 \(a \equiv b \ (\operatorname{mod}\ m)\)

  则 \(m \mid (a - b)\)

  又因为 \(a^k - b ^ k = (a - b)\sum_{i = 0}^{k - 1}a^{k - 1 - i}b^i\)

  所以 \(m \mid (a^k - b^k)\)

  故 \(a ^ k \equiv b ^ k \ (\operatorname{mod}\ m)\)

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定理 \(4.9\)#

  若 \(a \equiv b\ (\operatorname{mod}\ m_1),a \equiv b\ (\operatorname{mod}\ m_2),...,a \equiv b\ (\operatorname{mod}\ m_k)\)

  则 \(a \equiv b\ (\operatorname{mod}\ [m_1,m_2,...,m_k])\)

 推论 \(4.9.1\)
  若在此基础上，\(m_1,m_2,...,m_k\) 两两互质

  则 \(a \equiv b\ (\operatorname{mod}\ m_1m_2...m_k)\)

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线性同余方程#

   设 \(x\) 为未知整数，求解一元同余方程

\[ax \equiv b\ (\operatorname{mod}\ m) \]

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定理 \(4.11\)#

   设 \(a,b,m \in Z,m > 0\ ,\ \ (a,m) = d\)

   若 \(d \nmid b\)，则 \(ax \equiv b\ (\operatorname{mod}\ m)\) 无解

   若 \(d \mid b\)，则 \(ax \equiv b\ (\operatorname{mod}\ m)\) 恰有 \(d\) 个模 \(m\) 不同余的解

 推论 \(4.11.1\)

   若整数 \(a\) 和 \(m\ (m > 0)\) 互素 且 \(b \in Z\)

   则 \(ax \equiv b\ (\operatorname{mod}\ m)\) 有唯一解

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模的逆#

定义：
 对于 \(ax\equiv 1\ (\operatorname{mod}\ m)\) 的一个解称为 \(a\) 模 \(m\) 的逆

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定理 \(4.12\)#

  设 \(p \in P,a(a\in N^*)\) 是其自身的逆

  当且仅当 $a \equiv 1\ (\operatorname{mod}\ p) $ 或 $a \equiv -1\ (\operatorname{mod}\ p) $

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中国剩余定理#

   设 \(m_1,m_2,...,m_r (m_i \in N^* [i = 0,1,2,...,r])\) 且两两互质
  则

\[\begin{equation*} \begin{cases} x\equiv a_1\ (\operatorname{mod}\ m_1) \\ x\equiv a_2\ (\operatorname{mod}\ m_2) \\ ...... \\ x\equiv a_r\ (\operatorname{mod}\ m_r) \\ \end{cases} \end{equation*} \]

  有模 \(M = \prod_{i = 1}^{r} m_i\) 的唯一解

证明：
  首先，构造出一个联立解

  令 \(M_k = \frac{M}{m_k}\)

  因为 \(j \not = k\) 时，\((m_k,m_j) = 1\)

  所以 \((m_k,M_k) = 1\)

  故存在 \(y_k\)，使得 \(M_ky_k \equiv 1\ (\operatorname{mod}\ m_k)\)

  对于 \(x\)

\[x = a_1M_1y_1 + a_2M_2y_2+...+a_rM_ry_r \]

  从而得到 \(x \equiv a_kM_ky_k \equiv a_k\ (\operatorname{mod}\ m_k)\)

  对于 \(j \not = k\)，因为 \(m_k\mid M_j\)

   所以 \(M_j \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ m_k)\)

   特解即为 \(x\)

  
  设 \(x_0,x_1\) 为 方程组的两个联立解

  对于每个 \(k\)，都有 \(x_0 \equiv x_1 \equiv a_k\ (\operatorname{mod}\ m_k)\)

   所以 \(m_k \mid (x_0 - x_1)\)

  由定理 \(4.9\)

   

\[M | (x_0 - x_1) , 即 x_0 \equiv x_1\ (\operatorname{mod}\ M) \]

  所以，联立解模 \(M\) 唯一

Tip: 利用 中国剩余定理 可以快速求模特殊合数的一些场景

二进制中的特殊模性质#

引理 \(4.2\)#

   若 \(a,b \in N^*\)，则 \((2^a - 1)\ \textbf{mod}\ (2^b-1)\) 的 最小正剩余 为 \((2^r - 1)\);

   其中 r 为 \(a\ \textbf{mod} \ b\) 的最小正剩余

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引理 \(4.3\)#

   若 \(a,b \in N^*\)，则 \((2^a-1，2^b-1) = 2^{(a,b)} - 1\)

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定理 \(4.14\)#

   正整数 \((2^a-1,2^b-1) = 1\) ，当且仅当 \((a,b) = 1\)

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多项式同余方程#

定义：
  形如 \(f(x) \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ m)\) 的方程
  其中 \(f(x)\) 是次数大于 \(1\) 的整系数多项式

例：
  求解 \(2x^3 + 7x - 4 \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ 200)\)

 
 由中国剩余定理 \(200 = 2^3 \cdot 5^2\)

\[\begin{equation*} \begin{cases} 2x^3 + 7x - 4 \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ 8) \\ 2x^3 + 7x - 4 \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ 25) \end{cases} \end{equation*} \]

 由后试探出

\[\begin{equation*} \begin{cases} x \equiv 4\ (\operatorname{mod}\ 8) \\ x \equiv 16\ (\operatorname{mod}\ 25) \end{cases} \end{equation*} \]

 由中国剩余定理，合并得 \(x\equiv 116\ (\operatorname{mod}\ 200)\)

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出现了一个问题：分解的数是质数的幂，可能依然非常大，遍历试探对于人来说还是不太行

我们迫切需要一个 一般方法

求解 \(f(x) \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ m)\) 的一般方法.

由算数基本定理，\(m = \prod p_i^{k_i}\)

故关键在于 \(f(x) \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ p^{k-1})\) 走向 \(f(x) \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ p^k)\)

我们决定引入 导数

 定义：
   设 \(f(x) = \sum_{i = 0}^n a_ix^{i-1}\ (a_i\in R)\)

   则 \(f(x)\) 的导数 \(f^{\prime}(x) = \sum_{i = 1}^n ia_ix^{i-1}\)

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引理 \(4.4\)#

   若 \(f(x),g(x)\) 为多项式

   则

\[(f + g)^{\prime}(x) = f^{\prime}(x) + g^{\prime}(x) \\ (cf)^{\prime}(x) = c(f^{\prime}(x)) \]

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引理 \(4.5\)#

   若 \(m,k\in N^*\) 且 \(f(x) = x ^ m\)

   则 \(f^{(k)}(x) = [\prod_{i = 0}^{k-1}(m - i)] x^{m - k}\)

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于是乎 亨泽尔定理 横空出世

定理 \(4.15\) （亨泽尔定理）#

   设 \(f(x)\) 是 整系数多项式，\(k\in N^*\) 且 \(k \geq 2\)，\(p \in P\)

   进一步假设 \(r\) 是 \(f(x) \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ p^{k-1})\) 的解

     \((i)\) 若 \(f^{\prime}(r) \not\equiv 0\ (\operatorname{mod}\ p^{k-1})\)

      则存在唯一 \(t\ (t\in Z),0 \leq t \leq p\)

      使得 \(f(r + tp^{k-1}) \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ p^k)\)

      \(\large t\) 由 \(\large t \equiv - \overline{f^{\prime}(r)} \frac{f(r)}{p^{k-1}}\ (\operatorname{mod}\ p)\) 得出

    \((ii)\) 若 \(f^{\prime}(r) \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ p),f(r) \equiv 0 (\operatorname{mod}\ p^k)\)

      则对 \(t\ (t\in Z)\) 都有 \(f(r + tp^{k-1}) \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ p^k)\)

     \((iii)\) 若 \(f^{\prime}(r) \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ p),f(r) \not\equiv 0 (\operatorname{mod}\ p^k)\)

      则 \(f(x) \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ p^k)\) 不存在解使得 \(x\equiv r\ (\operatorname{mod}\ p^{k-1})\)

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为了证明 亨泽尔定理，引入 \(Taylor\) 展开

引理 \(4.6\)#

   若 \(f(x)\) 是 \(n\) 次多项式；\(a,b \in R\)

   则 \(\large f(a + b) = f(a) + f^{\prime}(a)b + \frac{f^{\prime\prime}(a)b^2}{2!} + ... + \frac{f^{(n)}(a)b^n}{n!}\)

   其中对于每一个 \(a\)，系数是关于 \(a\) 的整系数多项式
 

证明：
  每个 \(n\) 次多项式 \(f(x)\) 都是 \(x ^ m\) 的倍数的和

  其 \(m \leq n\)

  由引理 \(4.4\)，仅对多项式 \(f(x) = x ^ m\) 建立引理 \(4.6\)

  其中 \(m \in N^*\)

 
  由二项式定理

\[(a + b)^m = \sum_{j = 0}^m\dbinom{m}{j}a^{m - j}b^j \]

  由引理 \(4.5\) 知

\[f^{(j)}_{m}(a) = \prod^{j-1}_{i = 0}(m-i)a^{m - j} \]

  因此

\[\frac{f^{(j)}_m(a)}{j!} = \dbinom{m}{j}a^{m-j} \]

  证毕！

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正式开始对 亨德尔定理 的证明

   若 \(r\) 是 \(f(r) \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ p^k)\) 的解

   则 其也为 \(f(r) \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ p^{k-1})\) 的解

   因此 此命题 等于 \(r + tp^{k-1},t \in Z\)，一旦确定了 \(t\) 的条件，证明完成

   由 引理 \(4.6\)

\[f(r + tp^{k-1}) = \sum_{i = 0}^{n}\frac{f^{(i)}(r)}{i!}(tp^{k-1})^i \]

   其中 \(\frac{f^{(k)}(r)}{k!} \in Z,k = 1,2,3,...,n.\)

   给定 \(k \geq 2\)，对于 \(2 \leq m \leq n\)，有 \(k \leq m(k-1)\) 且 \(p^k \mid p^{m(k-1)}\)

   因此

\[f(r + tp^{k-1}) \equiv f(r) + f^{\prime}(r)tp^{k-1}\ (\operatorname{mod}\ p ^ k) \]

   因为 \(r + tp^{k-1}\) 是 \(f(r + tp^{k-1}) \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ p^{k-1})\) 的一个解

    所以

\[f^{\prime}(r)tp^{k-1} \equiv -f(r)\ (\operatorname{mod}\ p^k) \]

   更进一步，由于 \(f(r) \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ p^{k-1})\)

   因此，两边同除 \(p^{k-1}\)

   得到

\[f^{\prime}(r)t \equiv - \frac{f(r)}{p^{k-1}}\ (\operatorname{mod}\ p) \]

   通过考察其模 \(p\) 的解，即可证明 \((i),(ii),(iii)\)

 
 

   情形 \((i)\)

   设 \(f^{\prime}(r) \not\equiv 0\ (\operatorname{mod}\ p)\)，则 \((f^{\prime}(r),p) = 1\)，应用 推论 \(4.11.1\)

   可知 \(t\) 的线性同余方程有唯一解

\[t \equiv (-\frac{f(r)}{p^{k-1}})\overline{f^{\prime}(r)}\ (\operatorname{mod}\ p) \]

   情形 \((i)\) 得证！

 

   情形 \((ii)\)

   $f^{\prime}(r) \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ p) $ 时，有 \((f^{\prime}(r),p) = p\)

   若 \(p\mid \frac{f(r)}{p^{k-1}}\) （此关系成立时当且仅当 \(f(r)\equiv 0\ (\operatorname{mod}\ p^k)\)），则所有 \(t\) 都是解

   这说明 \(x = r + tp^{k-1}\) 是解，\(t = 0,1,...,p-1\)

   情形 \((ii)\) 得证！

 

   情形 \((iii)\)

   最后，考虑 \(f^{\prime}(r) \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ p)\)，但 \(p\nmid \frac{f(r)}{p^{k-1}}\) 的情形

   我们有 \((f^{\prime}(r),p) = p\) 且 \(f(r) \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ p^k)\)

   所以 根据定理 \(4.11\), \(t\) 的任意值均为解

   情形 \((iii)\) 得证！

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推论 \(4.15.1\)

   假设 \(r\) 是 多项式同余方程 \(f(x) \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ p)\) 的一个解，且 \(p \in P\)

   若 $ f^{\prime}(r) \not\equiv 0\ (\operatorname{mod}\ p) $，则存在模 \(p ^ k\) 的 唯一解 \(r_k,k = 2,3,...\)

   使得 \(r_1 = r\) 且 \(r_k = r_{k-1} - f(r_{k-1})\overline{f^{\prime}(r)}\)

例题

    1. 求解 \(f(x) = x^3 + x ^ 2 + 2x + 26 \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ 343)\)
 

  解：  因为 \(343 = 7^3\)

    \(\textcircled{1}\) 通过试探，可得

\[x^3 + x^2 + 2x + 26 \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ 7) \]

    的解 是 \(x \equiv 2\ (\operatorname{mod}\ 7)\)
 

    \(\textcircled{2}\) 因为 \(f^{\prime}(x) = 3x^2 + 2x + 2\)

    所以 \(f^{\prime}(2) = 18 \not \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ 7) \rightarrow\) 有唯一解

 
    \(\textcircled{3}\) 使用推论 \(4.15.1\)

    注意到 \(\overline{f^{\prime}(2)} = \overline{4} \equiv 2\ (\operatorname{mod}\ 7)\)

   可得

\[r_2 = 2 - f(2) \overline{f^{\prime}(2)} = 2 - 42 \cdot 2 = -82\equiv 16\ (\operatorname{mod}\ 49) \\ r_3 = 16 - f(16)\overline{f^{\prime}(2)} = 16 - 4410 \cdot 2 = -8804 \equiv 117\ (\operatorname{mod}\ 343) \]

    得到 \(f(x)\) 模 \(343\) 的解为 \(x \equiv 114\ (\operatorname{mod}\ 343)\)

 

    2.求解 \(x^2 + x + 7 \equiv 0 \ (\operatorname{mod}\ 27)\)
 

  解：  

   设 \(f(x) = x ^ 2 + x + 7\)，试探出 \(f(x) \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ 3)\) 的解为 \(x \equiv 1\ (\operatorname{mod}\ 3)\)

   由 \(f^{\prime}(x) = 2x + 1\)，可知 $f^{\prime}(1) = 3 \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ 3) $

   且 因为 $f(1) = 9 \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ 9) $

   所以由 \((ii)\) 得，对于 \(t \in Z\) ，\(1 + 3t\) 都是模 \(9\) 的解

   因为 $f(1) = 9 \not \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ 27) $，由 \((iii)\)，故不存在 \(原式 \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ 27)\)中 \(x \equiv 1\ (\operatorname{mod}\ 9)\) 的解

   因为 \(f(4) = 27 \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ 27)\)，由 \((ii)\) ，对于 \(t \in Z\)， \(4 + 9t\) 都是解

 
   最后，因 $f(7) = 63 \not \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ 27) $，由 \((iii)\)，无解

 

   综上， \(f(x) \equiv 0\ (\operatorname{mod}\ 27)\) 的解是 \(x \equiv 4,13,22\ (\operatorname{mod}\ 27)\)

利用波拉德 \(\rho\) 方法分解整数#

   设 \(n\) 是一个大合数，\(p\) 是它的最小素因子，我们的目标是选取整数 \(x_0,x_1,\ldots,x_s\) 使得它们有不同的模 \(n\) 最小非负剩余，但它们模 \(p\) 的最小非负剩余不是全部不同的，使用一些概率公式（书上没有详写）易证：

  在 \(s\) 与 \(\sqrt{p}\) 相比较大，而与 \(\sqrt{n}\) 相比小且数字 \(x_1,x_2,\ldots x_s\) 是随机选取时，这是有可能发生的
 
   一旦找到 \(x_i\) 和 \(x_j\)，\(0\leq i \leq j \leq s\)，满足 \(x_i \equiv x_j (\operatorname{mod}\ p)\) 但 \(x_i \not \equiv x_j(\operatorname{mod}\ n)\)，则 \((x_i - x_j,n)\) 是 \(n\) 的非平凡因子
 
  这是因为 \(p\) 整除 \((x_i,x_j)\)，但 \(n\) 不整除 \((x_i - x_j)\)，可以欧几里得算法迅速求出 \((x_i - x_j,n)\)，然而，对每对 \((i,j),0\leq i < j \leq s\)，求 \((x_i - x_j,n)\) 共需要求 \(\mathcal{O}(s^2)\) 个最大公因子

---

我们将说明如何减少使用必须使用欧几里得算法的次数
我们用下面的方法寻找这样的整数 \(x_i,x_j\) ：
 
   首先，随机选取种子值 \(x_0\)，而 \(f(x)\) 次数大于 \(1\) 的整数系数多项式，然后用递归定义

\[x_{k + 1} \equiv f(x_{k}) (\operatorname{mod}\ n),0 \leq x_{k + 1} < n \]

计算 \(x_k\)，其中 \(k = 1,2,\ldots\)
多项式 \(f(x)\) 的选取应该使得有很高的概率在出现重复之前生成适当多的整数 \(x_i\)，
   经验表明，多项式 \(f(x) = x ^ 2 + 1\) 在这一检验中表现良好

例题：
   求 \(n = 8051\) 的非平凡因子

   取种子 \(x_0 = 2\)，生成多项式 \(f(x) = x ^ 2 + 1\)

   有 \(x_1 = 5,x_2 = 26,x_3 = 677,x_4 = 7474,x_5 = 2839,x_6 = 871\)

   由欧几里得算法

\[\begin{align*} (x_2 - x_1,8051) & = (21,8051) &= 1 \\ (x_4 - x_2,8051) & = (7448,8051) &= 1 \end{align*} \]

   因为 \((x_6 - x_3,8051) = (194,8051) = 97\)
   序列 \(x_i\) 具有周期性质

  其中
   \(x_0 = 2,x_{i + 1} \equiv x_i ^ 2 + 1 (\operatorname{mod}\ 97),i \geq 1,x_1 = 5\)

上图：

(神似 \(\rho\),该方法因此得名)

   \(\rho\) 的尾部是非周期部分（在周期出现之前）
 

   事实证明：对具有相当大的素因子的分解中实用

   在小素数试除和波拉德方法都失效时

   才考虑真正的强力方法，如二次筛法或椭圆曲线法

特殊的同余式#

定理 \(6.1\)（威尔逊定理）#

   若 \(p\) 是素数，则 \((p - 1)! \equiv -1 (\operatorname{mod}\ p)\)

---

证明：
   当 \(p = 2\) 时，有 \((p - 1)! \equiv 1 \equiv -1 (\operatorname{mod}\ 2)\)

   因此，当 \(p = 2\) 时定理成立

   现在，设 \(p\) 是大于 \(2\) 的素数

   利用定理 \(4.11\)，对每个满足 \(1 \leq a \leq p - 1\) 的整数 \(a\)，存在一个逆 \(a\)，使得 \(1\leq \overline{a} \leq p - 1\) 且 \(a\overline{a}\equiv 1 (\operatorname{mod}\ p)\)

   由定理 \(4.12\) 知，在小于 \(p\) 的正整数中，逆是其本身的数仅有 \(1\) 和 \(p - 1\) ，因此，可以将 \(2\) 到 \((p - 2)\) 分成 \(\frac{p - 3}{2}\) 组

   并且每组的乘积模 \(p\) 余 \(1\)，从而有

\[2 \cdot 3 \cdot \cdot \cdot \cdot (p - 3)\cdot (p - 2) \equiv 1 (\operatorname{mod}\ p) \]

   将同余式两边同时乘以 \(1\) 和 \(p - 1\) 得到

\[(p - 1)! = 1 \cdot 2 \cdot \cdot \cdot (p - 3)\cdot (p - 2)\cdot(p - 1) \equiv 1 \cdot (p - 1) \equiv -1 (\operatorname{mod}\ p) \]

得证！

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定理 \(6.2\) (威尔逊定理之逆定理)#

   设 \(n\) 为正整数且 \(n \geq 2\)，若 \((n - 1)! \equiv -1(\operatorname{mod}\ n)\)，则 \(n \in P\)

---

证明：
   假设 \(n\) 是合数且 \((n - 1)! \equiv -1(\operatorname{mod}\ n)\)

   因 \(n\) 是合数，故有 \(n = ab\)，其中 \(1 < a < n,1 < b < n，a \in Z,b \in Z\)

   又因 \(a < n\)，且 \(a\) 是组成 \((n - 1)!\) 中的一个数

   故 \(a | (n - 1)!\)

   因为 \((n - 1)! \equiv -1 (\operatorname{mod}\ n)\)

   故 \(n | [(n-1)! + 1]\)

   由定理 \(1.8\) （因为跳过了素数板块，所以会在下方给出）

   这也意味着 \(a\) 也整除 \((n - 1)! + 1\)

   利用 定理 \(1.9\)(同上) 和 \(a | (n - 1)!\) 且 \(a | [(n - 1) ! + 1]\)

   可知 \(a | \{[(n - 1) ! + 1 - (n - 1)!] = 1\}\)

   这与 \(a > 1\) 矛盾！

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定理 \(1.8\)#

   如果 \(a,b,c \in Z\) 且 \(a | b,b|c\) 则 \(a | c\)

---

定理 \(1.9\)#

   如果 \(a,b,m,n \in Z\) 且 \(c | a,c | b\) 则 \(c | (ma + nb)\)

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定理 \(6.3\)(费马小定理)#

   设 \(p \in P,a \in N^{*}\) 且 \(p \nmid a\)，则 \(a^{p - 1} \equiv 1 (\operatorname{mod}\ p)\)

---

最经典的欧拉证法
证明：
   考虑 \(p - 1\) 个整数，\(a,2a,3a,4a,\ldots,(p - 1)a\) 它们都不能被 \(p\) 整除，

   因为若 \(p \mid ja\)，那么因 \(p \nmid a\)，则由引理 \(3.4\) 知 \(p \mid j\)

   因$ 1 \leq j \leq p - 1$,故不可能

   进一步，在 \(a,2a,3a,\ldots,(p - 1)a\) 任意两个整数在模 \(p\) 下都不同余

   为了证明这一点，我们假设 \(ja \equiv ka (\operatorname{mod}\ p)\)

   其中 \(1 \leq j < k \leq p - 1\)

   那么，根据 \(4.5.1\)，因 \((a,p) = 1\)，故 \(j \equiv k (\operatorname{mod}\ p)\)

   这也是不可能的，因为 \(j,k\) 都是小于 \(p\) 的正整数
 

   因为整数 \(a,2a,3a,\ldots,(p - 1)a\) 两两不同余，那么整数 \(a,2a,3a,\ldots,(p - 1)a\) 是 \((p - 1)\) 个满足模 \(p\) 均不同余 \(0\) 且任何两个都互不同余的整数组成的集合中的元素

   故由引理 \(4.1\) 可知，\(a,2a,\ldots,(p - 1)a\) 模 \(p\) 的最小正剩余按照一定的排列后必是 \(\{1,2,3,\ldots,p-1\}\)

    由同余性

\[\prod_{i = 1}^{p - 1} (ia) \equiv (p - 1)! (\operatorname{mod}\ p) \]

   因此

\[a^{p - 1}(p - 1)! \equiv (p - 1)! (\operatorname{mod}\ p) \]

   因为 \((p - 1)!\) 与 \(p\) 互质，利用推论 \(4.5.1\)，可找到一个 \(\overline{(p - 1)!}\) 消去 \((p - 1)!\) 得

\[a^{p - 1} \equiv 1(\operatorname{mod}\ p) \]

欧拉定理#

因为很重要，所以就单独拿出来讲

定义：设 \(n\) 是一个正整数，欧拉 \(\phi\) 函数 \(\phi(n)\) 定义为不超过 \(n\) 且与 \(n\) 互素的正整数的个数

定义：模 \(n\) 的即约剩余系是由 \(\phi(n)\) 个整数构成的集合，集合中每个元素均与 \(n\) 互素，且任何两个元素模 \(n\) 不同余

定理 \(6.13\)#

   设 \(r_1,r_2,\ldots,r_{\phi(n)}\) 是模 \(n\) 的一个即约剩余系
   若 \(a\) 是一个正整数且 \((a,n) = 1\)，那么集合 \(ar_1,ar_2,\ldots,ar_{\phi(n)}\) 也是模 \(n\) 的一个即约剩余系

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证明：
   \(\textcircled{1}\) 先证明每个整数 \(ar_j\) 与 \(n\) 互素

   假设 \((ar_j,n) > 1\)，那么 \((ar_j,n)\) 有一个素因子 \(p\)

   因此，或 \(p\mid a\) 或 \(p \mid r_j\)，从而或 \(p\mid a\) 且 \(p \mid n\)，或 \(p \mid r_j\) 且 \(p \mid n\)
（翻译成C++ 语言就是：if((a % p == 0 && n % p == 0) || (r[j] % p == 0 && n % p == 0))）

   但因 \(r_j\) 是模 \(n\) 的即约剩余系中的元素，

   故 \(p\mid r_j\) 和 \(p \mid n\) 不能同时成立

   又因 \((a,n) = 1\)，故 \(p \mid a\) 和 \(p \mid n\) 不能同时成立，因此，对 \(j = 1,2,3,\ldots,\phi(n)\)，\(ar_j\) 与 \(n\) 互素

 

   \(\textcircled{2}\) 为了说明 \(ar_j\) 模 \(n\) 彼此互不同余，设 \(ar_j \equiv ar_k(\operatorname{mod}\ n)\)

   其中， \(j\) 和 \(k\) 是不同的正整数且 \(1 \leq j,k \leq \phi(n)\)

   因 \((a,n) = 1\)，由推论 \(4.5.1\) 知 \(r_j \equiv r_k (\operatorname{mod}\ n)\)

   又因 \(r_j\) 和 \(r_k\) 是前一个模 \(n\) 的即约剩余系中的元素

   故 \(r_j \not \equiv r_k (\operatorname{mod}\ n)\)，矛盾！

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定理 \(6.14\)(欧拉定理)#

   设 \(m\) 是一个正整数，\(a\) 是一个整数且 \((a,m) = 1\)，那么 \(a^{\phi(m)} \equiv 1 (\operatorname{mod}\ m)\)

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证明：
   令 \(r_1,r_2,\ldots,r_{\phi(m)}\) 是由不超过 \(m\) 且和 \(m\) 互素的元素组成的即约剩余系

   由定理 \(6.13\)

   因 \((a,m) = 1\)，故集合 \(ar_1,ar_2,\ldots r_{\phi(m)}\) 也是模 \(m\) 的一个即约剩余系

   从而，在一定顺序下 \(ar_1,ar_2,\ldots,ar_{\phi(m)}\) 的最小正剩余一定是 \(r_1,r_2,\ldots,r_{\phi(m)}\)

   因此，\(ar_1ar_2\ldots,ar_{\phi(m)} \equiv r_1r_2r_3\ldots r_{\phi(m)} \ (\operatorname{mod}\ m)\)

   因此，\(a^{\phi(m)}r_1r_2\ldots r_{\phi(m)} \equiv r_1r_2\ldots r_{\phi(m)} (\operatorname{mod}\ m)\)

   因为 \((r_1r_2r_3\ldots r_{\phi(m)},m) = 1\)

   故由推论 \(4.5.1\) 知， \(a^{\phi(m)} \equiv 1(\operatorname{mod}\ m)\)

乘性函数#

定义：定义在所有正整数的函数称为算术函数

定义： 如果算术函数 \(f\) 对任意两个互素的正整数 \(n\) 和 \(m\)，均有 $f(mn) = f(m)f(n) $，就称为乘性函数（或积性函数）
    如果对任意两个正整数 \(n\) 和 \(m\)，均有 \(f(mn) = f(m)f(n)\)，就称为完全乘性（或完全积性）函数

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定理 \(7.1\)#

    如果 \(f\) 是一个乘性函数，且对任意正整数 \(n\) 有素幂因子分解 \(n = p_1^{a_1}p_2^{a_2}p_3^{a_3}\ldots p_s^{a_s}\)，那么 \(f(n) = f(p_1^{a_1})f(p_2^{a_2})f(p_3^{a_3})\ldots f(p_s^{a_s})\)

回到 \(\phi\) 函数

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定理 \(7.2\)#

    如果 \(p\) 是素数，则 $\phi(p) = p - 1 $

    反之，若 \(p\) 是正整数且满足 $\phi(p) = p - 1 $，则 \(p\) 是素数

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定理 \(7.3\)#

    设 \(p\) 是素数，\(a\) 是一个正整数，那么 $\phi(p^a) = p^a - p^{a - 1} $

证明：
    不超过 \(p^a\) 且和 \(p\) 不互素的正整数，即 \(kp\)，其中 \(1 \leq k \leq p^{a - 1}\)

    因为恰有 \(p^{a - 1}\) 个这样的数，故存在 \(p^a - p^{a - 1}\) 个与 \(p^a\) 互素且不超过 \(p^a\) 的素因子，所以 \(\phi(p^a) = p^a - p^{a - 1}\)

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定理 \(7.4\) *#

    设 \(m\) 和 \(n\) 是互素的正整数，那么 $\phi(mn) = \phi(m)\phi(n) $

  * 证明：

    我们用下列的方式列出不超过 \(mn\) 的所以正整数

\[\begin{matrix} 1 & m + 1 & \ldots & (n - 1)m + 1 \\ 2 & m + 2 & \ldots & (n - 1)m + 2 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ r & m + r & \ldots & (n - 1)m + r \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ m & 2m & \ldots & nm \\ \end{matrix} \]

    现在假设 \(r\) 是不超过 \(m\) 的正整数

    且设 \((m,r) = d > 1\)，那么第 \(r\) 行中没有与 \(mn\) 互素元素

    因为该行每个元素 \(km + r\)，其中 \(k\) 是整数，且满足 \(0 \leq k \leq n - 1\)

    又因为 \(d\mid m\) 和 \(d \mid r\)，所以 \(d \mid (km + r)\)

    因此，为找到该表中所有 与 \(mn\) 互素的整数

    只需要考虑满足 \((m,r) = 1\) 的第 \(r\) 行

    如果 \((m,r) = 1\) 且 \(1 \leq r \leq m\)，则必须确定该行中有多少元素与 \(mn\) 互素

    该行中元素为 \(r,m + r,\ldots,(n - 1)m + r\)

    因为，\((m,r) = 1\)，故其中每个元素都与 \(mn\) 互素

    由定理 \(4.6\) 可知，第 \(r\) 行中 \(n\) 个整数形成模 \(n\) 的完全剩余系

    所以恰好有 \(\phi(n)\) 个与 \(n\) 互素的整数

    因为这 \(\phi(n)\) 个整数也与 \(m\) 互素，所以它们也是与 \(mn\) 互素的

    因为 \(\phi(m)\) 行中每行恰有 \(\phi(n)\) 个与 \(mn\) 互素的整数

    所以 $\phi(mn) = \phi(m)\phi(n) $

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定理 \(7.5\) *#

    设 \(n = p_1^{a_1}p_2^{a_2}\ldots p_{k}^{a_k}\) 为 正整数 \(n\) 的素因子分解，那么

\[\phi(n) = n(1 - \frac{1}{p_1})(1 - \frac{1}{p_2})\ldots(\frac{1}{p_k}) \]

    即：

\[\phi(n) = n\prod_{i = 1}^{k}(1 - \frac{1}{p_i}) \]

证明：
    因为 定理 \(7.4\)，\(\phi\) 是乘性函数，故由定理 \(7.1\) 可知

\[\phi(n) = \phi(p_1^{a_1})\phi(p_2^{a_2})\ldots\phi(p_k^{a_k}) \]

    又由定理 \(7.3\)，当 \(j = 1,2,\ldots,n\) 时

\[\phi(p_j^{a_j}) = p_j^{a_j} - p_j^{a_j - 1} = p_j^{a_j}(1 - \frac{1}{p_j}) \]

    因此

\[\begin{align*} \phi(n) &= p_1^{a_1}(1 - \frac{1}{p_1})p_2^{a_2}(1 - \frac{1}{p_2})\ldots p_k^{a_k}(1 - \frac{1}{p_k})\\ &= p_1^{a_1}p_2^{a_2}p_3^{a_3}\ldots p_k^{a_k}\cdot \prod_{i = 1}^k (1 - \frac{1}{p_i})\\ &= n \prod_{i = 1}^k (1 - \frac{1}{p_i}) \end{align*} \]

应用：

\[\begin{align} \phi(100) &= \phi(2^2\cdot 5^2) = 100 (1 - \frac{1}{2})(1 - \frac{1}{5}) = 40 \\ \phi(720) &= \phi(2^4\cdot 3^2 \cdot 5) = 720(1 - \frac{1}{2})(1 - \frac{1}{3})(1 - \frac{1}{5}) = 192 \\ \end{align} \]

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定理 \(7.6\)#

    设 \(n\) 是一个大于 \(2\) 的正整数，那么 \(\phi(n)\) 是偶数

证明：
    假设 \(n = p_1^{a_1}p_2^{a_2}\ldots p_{k}^{a_k}\) 是 \(n\) 的素因子分解

    因为 \(\phi\) 是乘性函数

    所以 $\phi(n) = \prod_{i = 1}^{k} \phi(p_i^{a_i}) $

    由定理 \(7.3\)

\[\phi(p_i^{a_i}) = p_i^{a_i - 1}(p_i - 1) \]

    当 \(p_i\) 为 奇素数时 \(p_i - 1\) 是偶数

    当 \(p_i = 2\) 且 \(a_i > 1\) 时 \(p_i^{a_i - 1}\) 为偶数

    这两个条件在 \(\{n > 2 且 n \in N^* \}\) 下至少满足一个

    故 \(\phi(p_i^{a_i})\) 在 \(1 \leq i \leq k\) 时至少有一个偶数

    因此 \(\phi(n)\) 是偶数

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定义： 设 \(f\) 是一个算术函数，那么

\[F(n) = \sum_{d \mid n} f(d) \]

    代表 \(f\) 在 \(n\) 的所有正因子处的值之和
    函数 \(F\) 称为 \(f\) 的和函数

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定理 \(7.7\)#

    设 \(n\) 是正整数，那么

\[\sum_{d \mid n} \phi(d) = n \]

证明：
    我们将 \(1\sim n\) 的整数构成的集合进行分类

    整数 \(m\) 如果与 \(n\) 的最大公因子为 \(d\)

    则 \(m\) 属于 \(C_d\) 类

    就是说，如果 \(m \in C_d\)，那么 \((m,n) = d\)

    当且仅当 \((\frac{m}{d},\frac{n}{d}) = 1\)

    所以，\(C_d\) 类中所含整数的个数是所有不超过 \(\frac{n}{d}\) 且和整数 \(\frac{n}{d}\) 互素的正整数的个数

    从上面的分析可以看到，\(C_d\) 类中存在 \(\phi(\frac{n}{d})\) 个整数

    因为我们将 \(1\sim n\) 的所有整数分成互不相交的类，且每个整数只属于其中 \(1\) 个类，所以这些不同的类所含的整数个数之和就是 \(n\)

    因此，

\[n = \sum_{d \mid n} \phi(\frac{n}{d}) \]

    因为 \(d\) 取遍所有整除 \(n\) 的正整数，\(\frac{n}{d}\) 也取遍它的所有因子

    所以

\[n = \sum_{d \mid n} \phi(\frac{n}{d}) = \sum_{d \mid n} \phi(d) \]

 

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设 \(k\) 是一个正整数，求满足 \(\phi(n) = k\) 的所有正整数 \(n\) 的解的一个有用的办法就是给出满足方程 \(\phi(n) = \prod_{i = 1}^k p_i^{a_i - 1}(p_i - 1)\) 的所有正整数解 \(n\)，其中 \(n\) 的素因子分解为 \(n = \prod_{i = 1}^k p_i^{a_i}\)

例：
    求解 \(\phi(n) = 8\) 的所有整数解

  解：

    由题

    \(a \nmid n(a > 9),7 \nmid n\)

    所以 \(n = 2^a3^b5^c(a,b,c \in N)\)

    故 \(b = 0,1\) 及 \(c = 0,1\)

    分讨 \(4\) 种情形

    得 \(n = 15,16,20,24,30\)

 

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