[05/06/20] 数论学习笔记

  数论问题在 Z 上进行研究。

  公约:

    1.(a,b) 表示 a,b 最大公因数,[a,b] 为最小公倍数.

    2.<<< 表示远小于,>>> 表示远大于.

    3.形如 a|b 的式子被称为整除式.

    4.含分号的多行大括号表示解答过程(优先级最高),单箭头若表示分析过程书写时一般逆写.

    5.下列整数基本性质由题目给出,非其最基本性质.

    6.ab(c)a,b 在模 c 意义下相等.

    7.[a] 表示高斯函数.

    8.bool 式使用 C++ 表达形式.

  整数基本性质(a,bZ):

    1.Z 为一个数环,即以下性质 3.

    2.a>bab+1a1ba=b+k(k>0).

    3.c=a+bZ,d=abZ,e=abZ,f=abZ(b0).

    4.a|bb=ka(k0,kZ).

    5.使 f(a)|g(a) 成立的 a 的全体组成的集合 A1 与使 f(a)|g(a)kf(a) (kZ) 成立的 a

    的全体组成的集合 A2 相等.

    6.设集合 A={P(a)|aZ}B=Q(a)|aZ,命题 P= 使整除式 P(a)|P(b) 成立

    的 a 的全体组成的集合 S 为无限集,命题 Q=AB,有 P=Q.

    7.性质 5 上经常使用性质 f(a)f(b)=0f(ε)=0(ε(a,b)).

    8.设有整除式 a|b ,使 (k1)a<|b|<ka 恒成立的 a 使整除式不成立.

  整数:

    特点:离散,无限

    核心:无限 有限。

    操作方式:整除,同余,估计。

    同余Z 同余类(给集合做划分)(提取代表元)

      S1,1{ (解析略)

        同余;

    放缩:确定某多项式与 其加上(或减去)某不为零的多项式后 的大小关系。

      S1,2:存在性 构造 选取 i,j 希望 {ai+aj(ai,aj) 希望 (ai,aj)=1

       (互质问题不可回避) (不互质 互质) (结论一)

      考虑互质情况,则需证 ai+aj2n1=p p|ai+aj 例一 (结论二)

      对于结论二分类:{p|ai,p|aj,;p|ai,();

      对于结论一分类:{p|ai+aj,ai(ai,aj)p,;p|aiaj,aiaj<ai+aj,;

        同余;构造;放缩;

    估计{a|bb0|b|a 有界离散 有限解 高次小于低次(多项式)

    放缩(即估计当变量取何值时某式恒成立)

    分离:考虑 f1(am)|f2(an)ak 表示最高次项),作 m=n+k ,

    令 f1(am)=f3(an)f4(ak)f2(an)f5(ak)=f6(am) (常用)

    然后计算 f3f2f6f1

    无穷递降:通过 m m,常以 m,m 为根韦达构造(或解关于 m 的)二次方程

    以保证具有相同性质P,且 m,m 地位相等,可论证 m 为常数或推导出矛盾。

      S1,3{{

       常规方法:无穷递降,取最小,证存在更小(由当前最小的推出) 做减法

      放缩,设 a>10am>10m 构造 b ,使:{b=akamakam退

      注意到 9am+1=10m,并有 a 首位必不为零 a 做位值拆分。

      设函数 S(x)x 各位数之和,分析进位有 S(a10r+10rm) 严格小于 S(a).

        无穷递降;估计;

      S1,4{m=n,k=m2;mn,mn(2);

      k 为完方,分子为完方 分母为完方 分母简化 m,n 换元 m+n,mn

      设 m=n+2t(t0),有 k=(mt)24mt2+14mt2k+k=m22mt+t2

      整理成关于 m 的一个一元二次方程,有两根 m,m 地位相等,且均满足条件

      m2(4kt2+2t)m+t2k=0,韦达得 m+m=2t+4kt2Z

      有 m,mZmm=t2k<t2,不妨设 m<|t|

      {m>0,0<(mt)2<(2t)2<4mt2+1,;m=0,k=t2;m<0,k=(mt)24mt2+1<0,;

        无穷递降;构造;

    整除:最大公约数基本运算,分析其约数。

      S1,5:由欧几里得辗转相除过程中导出结论 (na1,nb1)=n(a,b)1

      有 (22a1,22b1)=(2(a,b)1)(2(a,b)+1)

      且(2a1)(2a+1)=22a1(2b1)(2b+1)=22b1

      AC,BD 地位相等猜想结论 (AB,CD)=(A,C)(B,D)(A,D)(B,C)

      其中 A=2a1B=2a+1C=2b1D=2b+1

       A,B,C,D 满足条件 (A,B)=1(C,D)=1.

       有如下结论 k(a,b)=(ka,kb)(k0)(1nan,)=((1mam),mnan)

      及条件 (D,C)=1

       (A,C)(A,D)=(A(A,D),C(A,D))=(A2,AD,AC,CD)

      =(A(A,C,D),CD)=(A,CD)

       (A,C)(B,D)(A,D)(B,C)=(A,CD)(B,CD)=(AB,CD),猜想得证。

        整除;最大公因子理论(传递关系);

      S1,6:是否 有限个 有界 高次 低次 在整除式左边添互质因式

      n!+1|(2012n)!(n!+1)(n!)|(2012n)!(n+1)(n!)2012|(2012n)!

      由 (n!)2012|(2012n)! (2012nn,n,...,n,n)Z(n!+1,(n!)2012)=1

      有 (n!+1)(n!)2012|(2012)!,只需把 n! 变为同阶多项式,

      (不用 Strling 公式 n!2πn(ne)n,)

       只需证 n!>(ne)nlnn+lnn1+...+ln1>nlnnn,归纳

      lnn+1>(n+1)lnn+1nlnn1

      1>n(lnn+1lnn) 1>ln(1+1n)n

      e>(1+1n)n ,引理得证。

      (2012n)2012n>(2012n)!(n!+1)(n!)2012>(n!)2013>(ne)2013

       高次小于低次 有界 有限 否。

        整除;估计;放缩;

      S1,7:最多只有 反证 假设存在两种方案 分析约数 找矛盾

      设 ab=cd=n416(a>cd>b),nab.

      发现各数分担各因子,考虑用最大公因数换元表示各数。

      设 (a,c)=pa=pq,c=pr,(q,r)=1qb=rd

      b=rs,d=qspq>prqs>rsq>r,p>s

      (放缩)nab=pqrs(s+1)(r+1)rs=r+s+1

       r+sn1b(n1)22ab+n=(n+1)22

       ab(n212)2<n416

        整除;用大小关系放缩消元;最大公因数理论;均值不等式;

      S1,8:高次小于低次 降高次或升低次 估计,分离 低次乘 x

      估计 x(xn+2n+1)=xn+1+2nx+x>xn+1+2n+1+1x2

      估计 (x1)(xn+2n+1)=xn+1+2nx+xxn2n1<xn+1+2n+1+1

       x(2n+1)<32n+xn+2 要求 n 的次数足够大

      (若满足以上二式,则说明 被除式 被夹在 除式 的两相邻倍数之间,即整除式不成立)

      放缩要求 xn>x(2n+1)xn12n+1(x2)x 增长幅度 >2 增长幅度

       考虑最小情况 n=2x5 n2 时分类

      {n=1,x=411(1,4)(1,11);n2,{x=1,2n+2|2n+1+2,;x=2,2n+1+1|2n+2+1,;x=3,3n+2n+1|3n+1+2n+1+1,;x=4,22n+2n+1|22n+2+2n+1+1,;x5,xn=xxn1x(2n+1),;;

        分离;估计;放缩;

      S1,10:无限解问题 估计或分离找有限解 放缩后约为 amn,分类考虑。

      {mn,am1+1an1+a,;m>n,m=n+kan+a21|ak+2aka+1ak+2aka+1=(a1)(ak+1+ak1),{a=1;a;an+a21|ak+1+ak1f(x)=xn+x21,g(x)=xk+1+xk1f(0)f(1)<0ε(0,1)使f(ε)=0g(ε)=0{εk+1+εk1=0;εn+ε21=0;εk+1εn=ε2εk{k<2,RHS<0,|LHS|>>>|RHS|,;k>2,n>k+1>k>2,|LHS|<<<|RHS|,;k=2n=k+1=3(5,3);

        化归;降次(夹在两差距极小倍数之间);多项式整除;

      S1,11:讨论两个相邻 5 幂次中间夹 2 的幂次的个数{1(便)=2()=3()4(便)

      {=1,2n1<5m<2n<5n+1<2n12n+1>5m+1>2n15>2n+1,;=2,,x;=3,,y;=4,2n1<5m<2n+1<2n+3<5m+15m+1>2n+3>85m>5m+,;

      {x+y=867;2x+3y=2013;y=279.

        鸡兔同笼;放缩;

      S1,9:由题目“唯一表示” x,yn 相关且 (x,y) 唯一 将整除关系变为相等关系

       关于 (x,y) 的不定方程 y (次数低)为主元解方程 yZ 分式分离

      {n=1,(x1)(x+1y)=0x+1=y,;n2,y=x2nnx1nx1|x2nnx1|x2n2n3nx1|n31d=n31nx1{d=1,(x,y)=(n2,n);d1,nx=n2+d1dnx<n2x<ny<1,;;

        降次;分式分离;

    一般二元归纳:解决类似 对与所有在域上的数对 (m,n) 均有 P(m,n)=true 的问题

    常规方法:证明 P(1,1)=true ,由 P(1,n)=trueP(1,n+1)=true

    由 P(m,1)=trueP(m+1,1)=true,由某两项成立再推出另一项成立。

    其中最后一步的“另一项”应满足能遍历所有未证明项,“某两项”应满足均为已证明项。

    如 P(a1,b)=true+P(a,b1)P(a,b) 等。二项式定理证明可看作二元归纳

    使用条件:给出条件少,(所有的)某两项与另一项之间均有递推关系(二元递推)。

      S1,12:任意数对 对每一个数都成立 归纳 二元归纳

      (由于 mi 的不确定性,此处不用一般二元归纳)

      考虑固定某一变量来归纳(当作一元归纳),则只需证明归纳时对于另一变量存在任意性

      (值域与定义域相等且均为 N+

      由于 kk+11n1n+1 容易,且 2k2k+1 为翻倍,只需也必须在 RHS

      添项,故选 k 作为归纳变量。记 LHS(i,j)/RHS(i,j)k=i,n=j 时的值

      {k=1,LHS(1,n)=1+1nm1=n,nN+;(k,n),{n0(2),LHS(k+1,n)=LHS(k,n2)(n+2k+11n+2k+12=1+1n+2k+12)RHS(k+1,n)=RHS(k,n2)(1+1mk+1),mk+1=n+2k+12;n1(2),LHS(k+1,n)=LHS(k,n+12)(n+1n=1+1n)RHS(k+1,n)=RHS(k,n+12)(1+1mk+1),mk+1=n;;(k+1,n);

        双向一元归纳;二元递推;

  自然数:加法群幺元:0,乘法群幺元:1,质因数分解最小元:素数。

  素数:

    性质:唯一分解定理,质数集为无限集,梅森质数列满足两两互质,存在足够长的连续整数列

    使每一项均为合数({(n+1)!+(2n+1)}),素数定理,Dirichlet 大定理。

    基本操作:考虑完系,缩系,构造。

    无限集:构造 Q=(1ni)+1,若 Q 为质数得到对于数 n 存在至少一个质数Q>n

    若 Q 不为质数得到 Q=p1p2,p1p2>n, 对于数 n 存在至少一个质数Q>n

    梅森质数列:Fn=22n+1,Fn+k2=22n+k1=(22n)2k1=(22n+1)k11

     Fn2|Fn+k2 Fn=22n+1|22n+11,22n+11|Fn+k2Fn|Fn+k2

    (Fn,Fn+k)=(2,Fn)=1 两两互质.

    素数定理:π(n)Li(n)lnxx.

    Dirichlet 大定理:对与数列 ax+ba,b=1)有无限多质数。(同余问题)

    完系:在完系中有且仅有一个不整除。

    缩系:完系-1(均不整除)。

      S2,1:表示出组合数后拆开上面的括号,注意到非 p 倍数项唯一,且为 p 的最小非负剩余

      的积 约去 p ,合并分子中含有 p 的项 注意到分母亦为 p 的最小非负剩余之积。

      Cnp=(kp+r)(kp+r1)...(kp)(kp1)...((k1)p+r+1)p!=k(lp+(p1)!)(p1)!=klp(p1)!+kZ

      klp(p1)!Z,(p,(p1)!)=1Cnpk=klpp|CnpkCnp[pn](p)

        素数性质;合并同类项;

      S2,4:恰有 {{p<6p=5p>6p>6p>3

      {5|n,p=5;5|n{n,n+55;2;3;p>5;

        筛法;思路类似于证明 p>3 时只可能有 p=6k+1p=6k1

      S2,5:合数 形如 N!+1+M(M+1N)

       互素 无法满足 a 为合数 设为 {a+(1n)d}

      (ai,aj)=1(a,(ji)d)=1(a,d)=1(a,ji)=1

      注意到 ji 取值在 [0,n1] (即一个 n 的完系)之间

       构造 (a,n!)=1 不妨 dn! aK!+1 ,有 (a,nn!)=1

       nn!+1<K 放缩后 (n+1)!<K a=(n+1)!!+n!+1

       a=((n+1)!+1)!+n!+1,d=n!,ai=a+id 互质且均为合数。

        构造;素数性质;

      S2,6:无穷 递推 考虑必要条件

       首先必有 a,a+bS,则形如 a+bxS,必有 (a,a+bx)=1(x,a)=1

      其次 (a+bx,a+b)=1(x1,a+b)=1 显然有 x=a+b 时满足条件

      再考虑 (a+b(a+b),a+xb)=1(xab,a+b(a+b))=1

       显然 x=y(a+b) 时满足条件 (y1,a+b(a+b))=1 y=a+b(a+b)

       构造 {u1=a+b,un+1=a+b1nui} (un+1,uk)=(a,uk)=1

        构造;递推;

      S2,2:显然有 n1<mn<=m,则有 p<n<=mp<m

      对于任一 p<n ,取 {mi=(m+ir) mod p}|0p1,则显然存在 mi=mj

      有 mimjm+irmjr0(p)p|(ji)rp|r

        例二给出了一种其逆问题的构造 例五。

      倍增:某些情况下能当归纳法使。题目中出现 2k4k 等时考虑,由 k=·12k,2k+1

      但 OI 中更多作为递归(分治为子问题,即考虑 k[k],[k]+1 推出),有时也求

      k2k1,本质上就是个上下界的问题,起始多暴力求几项就行。

      S2,3:观察到 px=(y+1)(y2y+1){y+1=pay2y+1=pba+b=xp|(y+1,y2y+1)

      p|(y+1,3){y=1,y+1=2,px=2,(p,x,y)=(2,1,2);p=3,y23x=y3+1,y2y+1>y+1y+1|y2y+1y+1|3(p,x,y)=(3,2,2);

        指数型不定方程 反复同余 限制指数可能情况 讨论.

      S2,7:尝试归纳 由于 kk+1 失败 看到 4n 想到了一些不好的事情(OI

       尝试递归区间 k 2k,2k+1.

      至于为什么 4n 可以想到倍增,应该是因为有素数这个条件并且是乘积形式。

      首先显然有一个值接近 2lqbz 并且写出来是一堆阶乘除以一堆阶乘的数(倍增基本思想),

      然后有 在倍增出来的那个区间里,最多只有一半是素数(形如 2k+1) 这个条件,

      于是近似的就能把分母变成原来的平方(事实上 1n(i==2k+1)i1n(i==2k)i 是同阶

      的),于是就会有一个大概的阶乘(k)到组合函数(2k)的过渡。

      假设 Pk4k,由于 pi[k+1,2k]pij=2r+1[k+1,2k]jl[k+1,2k]l(q[1,k]q)(2s=2f+1[k+1,2k]s)

      (2k)!k!2=C2kk<22k=4k,得到 P2k42k;类似的,对于 k2k+1,有

      pi[k+1,2k]pi(2k+1)!k!(k+1)!=C2k+1k+1=C2k+2k+12=22k=4k,得到 P2k+142k

      其实要更简易的书写方式可以利用 k+12(k+1),2(k+1)1。(P2(k+1)=P2k+1

        倍增;放缩;( 倍增+乘法,组合数,2^n, 4^n 等经常放在一起)

      S1,2:调和级数形式 发散(1i=k(i=2k+12k+1)>k(2k12k+1)=k12

      得到了调和级数的常规放缩方法。

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