几个关于gcd和lcm的数论常见定理

今天才知道这几个定理，网上没搜到证明方式，别人不会证那我就证明一下。

定理1：

\[\gcd(a^m - 1, a^n - 1) = a^{\gcd(m, n)} - 1 \]

证明：

根据 \(\gcd\) 具有 \(\gcd(a, b) = \gcd(a - b, b)\) 的性质，不妨设 \(m \ge n\)，作差有：

\[\begin{aligned} \gcd(a^m - 1, a^n - 1) &= \gcd(a^m - a^n, a^n - 1) \\ &= \gcd(a^n(a^{m - n} - 1), a^n - 1) \end{aligned} \]

由于 \(\gcd(a^n, a^n - 1) = 1\)，

\[\begin{aligned} \gcd(a^n(a^{m - n} - 1), a^n - 1) &= \gcd(a^n, a^n - 1)\gcd(a^{m - n} - 1, a^n - 1) \\ &= \gcd(a^{m - n} - 1, a^n - 1) \end{aligned} \]

由递归定义，则原式等价于：

\[\gcd(a^{m \bmod n} - 1, a^n - 1) \]

根据辗转相除法的形式，我们不难得出：

\[\gcd(a^m - 1, a^n - 1) = a^{\gcd(m, n)} - 1 \]

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定理2

\[\gcd(a^m - b^m, a^n - b^n) = a^{\gcd(m, n)} - b^{\gcd(m, n)} \]

其中 \(\gcd(a, b) = 1\) 且 \(a > b\)

证明：

根据定理1的类似证明方式，作差后有：

\[\begin{aligned} \gcd(a^m - b^m - (a^n - b^n), a^n - b^n) &= \gcd(a^na^{m-n} - b^nb^{m-n} - (a^n - b^n), a^n - b^n) \\ &= \gcd(a^n(a^{m-n} - b^{m-n}) + b^{m-n}(a^n - b^n), a^n - b^n) \\ &= \gcd(a^n(a^{m-n} - b^{m-n}), a^n - b^n) \\ &= \gcd(a^{m-n} - b^{m-n}, a^n - b^n) \\ &= \gcd(a^{m \bmod n} - b^{m \bmod n}, a^n - b^n) \end{aligned} \]

由递归定义可得 \(\gcd(a^m - b^m, a^n - b^n) = a^{\gcd(m, n)} - b^{\gcd(m, n)}\)。

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定理3

\[G = \gcd\left(\binom{n}{1}, \binom{n}{2}, \ldots, \binom{n}{n - 1}\right) \]

• 设 \(p \in \mathbb{P}\)，若 \(n = p^k(k > 0)\)，\(G = p\)。
• \(\texttt{otherwise}\)，\(G = 1\)。

证明：

• \(n = p^k\) 时，因为 \(\binom{n}{i} = \frac{n!}{i!(n-i)!}(1 \le i < n)\)。
  由勒让德定理有，对因子 \(p\)，\(p\) 的出现次数为 \(L_p(n!) = \sum\limits_{i \ge 1}\left\lfloor\frac{n}{p^i}\right\rfloor\)。

\[L_p((n-i)!) + L_p(i!) = \sum\limits_{j \ge 1}\left\lfloor\frac{i}{p^j}\right\rfloor + \sum\limits_{j \ge 1}\left\lfloor\frac{n-i}{p^j}\right\rfloor \le \sum\limits_{j \ge 1}\left\lfloor\frac{n}{p^j}\right\rfloor = L_p(n!) \]

而等号成立的条件当且仅当 \(i \mid p^j, (n - i) \mid p^j\)，而 \(n = p^k\) 贡献了 \(1\)，不存在 \(i \mid p^k\) 的情况，因此前者严格小于后者。

因此 \(p \mid \binom{n}{i}(1 \le i < n)\)，而 \(\binom{n}{1} = p\)，可得 \(\gcd\left(\binom{n}{1}, \binom{n}{2}, \ldots, \binom{n}{n - 1}\right) = p\)。

• \(\texttt{otherwise}\)，同样根据勒让德定理，可以推出：

\[L_p((n-i)!) + L_p(i!) = \sum\limits_{j \ge 1}\left\lfloor\frac{i}{p^j}\right\rfloor + \sum\limits_{j \ge 1}\left\lfloor\frac{n-i}{p^j}\right\rfloor \le \sum\limits_{j \ge 1}\left\lfloor\frac{n}{p^j}\right\rfloor = L_p(n!) \]

设 \(n = p_1^{k_1}p_2^{k_2}\ldots p_t^{k_t}(t>1, p_1<p_2<\ldots<p_t)\)，当且仅当 \(i \mid p^j, (n - i) \mid p^j\) 时等号成立。

若对 \(n\) 的某个质因子 \(p_0\)，将 \(n\) 改写为 \(p_0\) 进制有 \(n = c_0 + p_0c_1 + p_0^2c_2 + \ldots p_0^rc_r\)。

由于 \(n\) 不能被写作 \(p_0\) 的幂形式，因此必然存在 \(c_\lambda \neq 0(0 \le \lambda < r)\)，设 \(i = p_0^\lambda c_\lambda\)，根据整除性质，可以发现等号成立。

对于每一个因子 \(p_0\)，都存在一个 \(i\) 使得 \(L_{p_0}(n!) = L_{p_0}(i!) + L_{p_0}((n-i)!)\)。

因此，对于任意一个质因子 \(p\) 都存在一个 \(i\) 使得 \(p \nmid \binom{n}{i}\)，即 \(G = 1\)。

综上，上述结论成立。

定理4
若 \(F(n)\) 表示斐波那契数列第 \(n\) 项，则

\[\gcd(F(n), F(m)) = F(\gcd(n, m)) \]

先证明：

\[F(n+m) = F(n)F(m+1) + F(n-1)F(m) \]

考虑归纳法证明：

• 当 \(m = 1\) 时，\(F(n+1) = F(n) + F(n-1)\)，显然成立。

• 当 \(m = 2\) 时，\(F(n+2) = 2F(n) + F(n-1) = F(n+1) + F(n)\)，成立。

• 假设 \(m = k - 1\) 和 \(m = k\) 时成立，对 \(m = k + 1\) 有：

\[F(n+k-1) = F(n)F(k) + F(n-1)F(k-1) \]

\[F(n+k) = F(n)F(k+1) + F(n-1)F(k) \]

两式相加有：

\[F(n+k+1) = F(n)F(k+2) + F(n-1)F(k+1) \]

故 \(F(n+m) = F(n)F(m+1) + F(n-1)F(m)\)，对任意 \(n>1, m>0\) 成立。

因此，不妨设 \(n \ge m\)，对原命题左式变形有：

\[\begin{aligned} \gcd(F(n), F(m)) &= \gcd(F(m+1)F(n-m) + F(m)F(n-m+1), F(m)) \\ &= \gcd(F(m+1)F(n-m), F(m)) \\ \end{aligned} \]

由于 \(\gcd(F(m+1), F(m)) = \gcd(F(m+1) - F(m), F(m)) = \gcd(F(m-1), F(m))\)，可以推出 \(\gcd(F(m+1), F(m)) = 1\)，原式可以继续变形：

\[\begin{aligned} \gcd(F(m+1)F(n-m), F(m)) &= \gcd(F(n-m), F(m)) \\ &= \gcd(F(n \bmod m), F(m)) \\ &= F(\gcd(n, m)) \end{aligned} \]

故原命题得证。

定理5

\[(n+1)\operatorname{lcm}\left(\binom{n}{0}, \binom{n}{1}, \ldots, \binom{n}{n}\right) = \operatorname{lcm}(1, 2, \ldots, n + 1) \]

证明：

把 \(n+1\) 拿进去有：

\[\operatorname{lcm}\left((n+1)\binom{n}{0}, (n+1)\binom{n}{1}, \ldots, (n+1)\binom{n}{n}\right) = \operatorname{lcm}(1, 2, \ldots, n + 1) \]

因此原命题等价于：

\[\operatorname{lcm}\left(n+1, \frac{(n+1)!}{1!(n-1)!}, \ldots, \frac{(n+1)!}{i!(n-i)!}, \ldots, n+1\right) = \operatorname{lcm}(1, 2, \ldots, n + 1) \]

观察到两边所含最大质因子不超过 \(n + 1\)，不妨考虑对每个质因子 \(p \le n + 1\) 求解，\(\operatorname{lcm}\) 也就是所有 \(p\) 的最大幂之积。

由勒让德定理：

\[L_p((n+1)!) = \sum\limits_{j \ge 1}\left\lfloor\frac{n+1}{p^j}\right\rfloor \]

\[L_p(i!) + L_p((n-i)!) = \sum\limits_{j \ge 1}\left\lfloor\frac{i}{p^j}\right\rfloor + \sum\limits_{j \ge 1}\left\lfloor\frac{n - i}{p^j}\right\rfloor \]

参考定理3的证明，不妨把 \(n\) 写作 \(p\) 进制，设 \(n = c_0 + pc_1 + p^2c_2 + \ldots + p^rc_r\)。

想要让第二个式子尽可能的小从而得到最大的 \(p\) 的幂次方，通过定理三，我们知道当 \(i = p^rc_r\) 时最大，且其和恰好等于 \(L_p(n!)\)。

因此我们取 \(i = p^rc_r - 1\)，分两种情况讨论。

• \(n + 1\) 进位不进最高位，恰好 \(L_p(i!) = L_p((i+1)!) - r\)，同时 \(L_p((i+1)!) + L_p((n-i)!)\) 取到最大，而

\[L_p((n-i)!) + L_p((i+1)!) = \sum\limits_{j \ge 1}\left\lfloor\frac{i+1}{p^j}\right\rfloor + \sum\limits_{j \ge 1}\left\lfloor\frac{n-i}{p^j}\right\rfloor \le \sum\limits_{j \ge 1}\left\lfloor\frac{n+1}{p^j}\right\rfloor = L_p((n+1)!) \]

由于 \(p_r \mid i+1\)，因此上式恰好取等，故

\[L_p((n+1)!) = L_p((i+1)!) + L_p((n-i)!) = L_p(i!) + L_p((n-i)!) + r \]

左式关于 \(p\) 的最大幂恰好为 \(p^r\)，右式同理，因为 \(n + 1 = 1 + c_0 + pc_1 + p^2c_2 + \ldots + p^rc_r\)，由于 \(+1\) 不进位，所以两式相等。

• \(n + 1\) 进位最高位加一，不难发现 \(n + 1 = p^{r + 1}\)，划分出 \(i + 1 = p^r(p-1)\)，\(n - i = p^r\)，则有 \(L_p(i!) = L_p((i+1)!) - r - 1\)，而

\[L_p((n-i)!) + L_p((i+1)!) = \sum\limits_{j \ge 1}\left\lfloor\frac{i+1}{p^j}\right\rfloor + \sum\limits_{j \ge 1}\left\lfloor\frac{n-i}{p^j}\right\rfloor \le \sum\limits_{j \ge 1}\left\lfloor\frac{n+1}{p^j}\right\rfloor = L_p((n+1)!) \]

等号恰好成立，因此

\[L_p((n+1)!) = L_p((i+1)!) + L_p((n-i)!) = L_p(i!) + L_p((n-i)!) + r + 1 \]

左式关于 \(p\) 的最大幂恰好为 \(p^{r+1}\)，同时 \(n + 1 = p^{r+1}\)，故两式相等。

综上，定理得证。