OI选手的数学梦

数学趣题

1、证明费马小定理（\(a^{p-1} \equiv 1\quad(mod~p)\) 当 \(gcd(a, p) = 1\)）

引理 \(1\)：若 \(a,b,c\) 为任意 \(3\) 个整数，\(m\) 为正整数，且 \(gcd(m,c)=1\)，则当 \(a·c≡b·c\quad(mod~m)\) 时，有\(a≡b\quad(mod~m)\)

证明：\(a\cdot c \equiv b\cdot c\quad(mod~m) \implies (a - b)\cdot c \equiv 0\quad(mod~m)\)

由于 \(c, m\) 互质，因此 \(c\) 可以消去，\(a-b\equiv 0\quad(mod~m)\)，即 \(a\equiv b\quad(mod~m)\)

引理 \(2\)：若 \(a_1,a_2,a_3,a_4,\cdots, a_m\) 为 \(mod~m\) 的完全剩余系，且 \(m,b\) 互质，那么 \(b\cdot a_1,b\cdot a_2,b\cdot a_3,b\cdot a_4,\cdots, b\cdot a_m\)也是 \(mod~m\) 的完全剩余系。

证明：利用反证法，假设 \(\exist~ b\cdot a_i \equiv b\cdot a_j\quad(mod~m)\)，根据引理 \(1\) 可知 \(a_i \equiv a_j\quad(mod~m)\)，所以假设不成立。

因此这些数字互不相同，即为完全剩余系。

开始费马小定理的证明：

\(0,1,2,3,4,\cdots,p-1\) 是 \(p\) 的完全剩余系

∵ \(a,p\) 互质

∴ \(0,a,2a,3a,4a,\cdots, (p-1)a\) 也是 \(mod~p\) 的完全剩余系

∴ \(1\times2\times3\times\cdots\times(p-1)≡a\times2a\times3a\times\cdots\times(p-1)*a\quad(mod~p)\)

∴ $ (p-1)! ≡ (p-1)!\times a^{p-1}\quad(mod~p)$

\(a^{p-1}≡1\quad(mod~p)\)

2、对偶问题和原问题的关系

原有问题 \(P\) 形如：

\[min ~f= \sum_{j = 1}^{n}\textcolor{red}{c_j}x_j\\ s.t.\quad \sum_{j = 1}^{n}a_{ij}x_j\geq \textcolor{red}{b_i}\quad\quad i = 1,2,\cdots ,m\\ x_j\geq 0\quad \quad j = 1, 2,\cdots,n \]

那么其对偶问题 \(D\) 就是：

\[max~z=\sum_{i = 1}^{m}\textcolor{red}{b_i}u_i\\ s.t.\quad \quad \sum_{i = 1}^m a_{ij}u_i \leq \textcolor{red}{c_j}\quad\quad j=1, 2, \cdots ,n\\ u_i\geq 0 \quad\quad i = 1, 2, \cdots,m \]

证明方式就是将 \(u_i\) 乘上前面的不等式，具体地：\(\sum\limits_{i = 1}^{m}u_i\sum\limits_{j= 1}^{n}a_{ij} x_j \geq \sum\limits_{i = 1}^{m} b_iu_i\)，可知 \(\sum\limits_{j = 1}^{n}x_j\sum\limits_{i = 1}^{m} a_{ij}u_i \geq \sum\limits_{i = 1}^{m}b_iu_i\) 此时若对偶问题的条件成立的话，那么右侧的 \(\sum\limits_{i = 1}^{m}b_iu_i\) 就是最优解的下界，以最大化满足条件的下界为目标，就可以得到对偶问题。

当存在最优解时，等号总是成立的，这就被称作是强对偶问题。例如，最大流问题是最小割的强对偶问题，由强对偶定理可知它们是等价的。

对偶问题能够帮助我们将问题转化为网络流的形式进行解决。

3、二项式反演

二项式反演有很多种形式。

第一种如下：

\[\large{f(n) = \sum_{i = 0}^{n}{n\choose i} g(i) \iff g(n) = \sum_{i = 0}^{n}(-1)^{n-i}{n\choose i} f(i)}\\ \]

有两种证法，一种直接代入，另一种是生成函数：

证明（方法一）：

\[\begin{align} g(n) &= \sum_{i = 0}^n(-1)^{n - i}{n\choose i}f(i)\\ &=\sum_{i = 0}^n(-1)^{n - i}{n\choose i} \sum_{j = 0}^i{i\choose j}g(j)\\ &=\sum_{i = 0}^n\sum_{j = 0}^i(-1)^{n - i}{n\choose i} {i\choose j}g(j)\\ &=\sum_{j = 0}^n\sum_{i = j}^n(-1)^{n - i}{n\choose i} {i\choose j}g(j)\\ \end{align} \]

现在我们来考虑 \({n\choose i}{i\choose j}\) 的化简（注意：这是组合数学很重要的恒等式）：

\[\begin{align} {i\choose j}{j\choose k}&=\frac{i!}{j!(i - j)!}\frac{j!}{k!(j - k)!}\\ &= \frac{i!}{k!(i - k)!}\frac{(i - k)!}{(i -j)!(j-k)!}\\ &={i\choose k}{i-k\choose j-k} \end{align} \]

也可以理解为 \(i\) 个球拿 \(j\) 个球，再从 \(j\) 个中拿 \(k\) 个的方案数，就是从 \(i\) 个中拿 \(k\) 个，再从剩下的拿 \(i - k\) 个中拿 \(j - k\) 个的方案数量。

因此原式可以进一步化简：

\[\begin{align} g(n) &=\sum_{j = 0}^n\sum_{i = j}^n(-1)^{n - i}{n\choose j} {n-j\choose i-j}g(j)\\ &= \sum_{j = 0}^n\sum_{i = 0}^{n-j}(-1)^{n-i-j}{n\choose j}{n-j\choose i}g(j)\\ &注意到这个式子的后半部分含着一个二项式展开形式，于是可以进一步化简：\\ &=\sum_{j = 0}^n (1-1)^{n-j} {n\choose j}g(j) \end{align} \]

观察得现在这个式子当且仅当 \(j = n\) 时，才不等于 \(0\)，而等于 \(g(n)\)，因此反演成立。

\[\begin{align} 证明2：f(n) &= \sum_{i = 0}^n {n\choose i} g(i) = \sum_{i = 0}^n\frac{n!}{i!(n - i)!}g(i)\\ &\iff \frac{f(n)}{n!} = \sum_{i = 0}^n \frac{1}{(n - i)!} \frac{g(i)}{i!} \end{align} \]

观察到这是一个卷积形式，我们记序列 \(\{f(n) \}\) 的指数型生成函数为 \(F(x)\)，序列 \(\{g(n) \}\) 的指数型生成函数为 \(G(x)\)，于是有 \(F(x) = e^x * G(x) \iff G(x) = e^{-x}*F(x)\)

考虑 \(G(x)\) 的 \(n\) 次方系数可得：

\[\frac{g(n)}{n!} = \sum_{i = 0}^n \frac{(-1)^{n - i}}{(n - i)!}\frac{f(i)}{i!} \implies g(n) = \sum_{i = 0}^n(-1)^{n - i} \frac{n!}{i!(n - i)!}f(i)\\ \therefore g(n) = \sum_{i = 0}^n (-1)^{n - i} {n\choose i}f(i) \]

第二种形式如下：

\[\large{f(n) = \sum_{i = n}^{lim}{i\choose n}g(i)\iff g(n) = \sum_{i = n}^{lim} (-1)^{i - n}{i\choose n}f(i)} \]

证明：

\[\begin{align} g(n) &= \sum\limits_{i=n}^{lim}\sum\limits_{j=n}^{lim}(-1)^{i-n}{j\choose i}{i\choose n}g(j)\\ &= \sum_{j = n}^{lim}{j\choose n}g(j)\sum_{i = n}^{j}(-1)^{i-n}{j-n\choose i-n}\\ &=\sum_{j = n}^{lim}{j\choose n}g(j)\sum_{i = 0}^{j - n}(-1)^{i}{j-n\choose i} \end{align} \]

后面的操作和上面的做法一致。

4、数论四大定理之欧拉定理

\(a^{\varphi(p)}\equiv 1\pmod p\)，可以得出推论 \(a^{x} \equiv a^{x \% \varphi(p)}\pmod p\)

5、泰勒展开

\[f(x)=f(x_0)+\frac{f'(x_0)}{1!}(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2+\cdots+\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n \]

麦克劳林级数就是将 \(x_0 = 0\) 代入上面的式子，即在 \(x_0 = 0\) 处展开。

6、\(\min \max\) 容斥

\[\max\{S \} = \sum_{T\subseteq S} (-1)^{|T| - 1}\min \{ T\}\\ \min\{S \} = \sum_{T\subseteq S} (-1)^{|T| - 1}\max \{ T\}\\ \]

推导第一类：设系数函数 \(f\) 满足 \(\max\{S \} = \sum_{T\subseteq S} f(|T|)\min \{ T\}\)，考虑 \(S\) 中第 \(x+1\) 大的元素作为 \(T\) 中最小值情况数，有

\[\sum_{i = 0}^{x} {x\choose i}f(i + 1)=[x=0]\\ f(x + 1)=\sum_{i=0}^x(-1)^{x-i}{x\choose i}[i=0] = (-1)^{x} \]

于是 \(f(x) = (-1)^{x-1}\)

\(\min \max\) 容斥还能推广到第 \(k\) 大或者第 \(k\) 小（这里令 \(\max_k\{S\}\) 为 \(S\) 集合中第 \(k\) 大的元素）：

\[max_k\{S\} = \sum_{T\subseteq S} f(|T|)\min\{T\}\\ \sum_{i = 0}^{x} {x\choose i} f(i+1) = [x = k - 1]\\ f(x+1) = \sum_{i=0}^x (-1)^{x-i} {x\choose i} [i=k - 1] = (-x)^{x-k + 1}{x\choose k-1}\\ \implies f(x) = (-1)^{x-k}{x-1\choose k-1}\\ \therefore \max_k\{S\} = \sum_{T\subseteq S} (-1)^{|T| - k} {|T| - 1\choose k-1} \min\{T\} \]

7、排列组合之捆绑法

书架上有 \(21\) 本书，编号从 \(1\) 到 \(21\)，从中选取 \(4\) 本，其中每两本书的编号都不相等的选法一共有多少种？

考虑将前三本书的每一本捆绑成两本，由于最后一本后面没有限制，因此看做一本即可。这样选取的答案为 \({18\choose 4}\)

8、证明单摆的周期公式

首先将重力沿着拉力方向和运动轨迹的切线方向分解，得到切向力为 \(mg\sin\theta\)。因为 \(v = \omega L\)，因此 \(\dfrac{\text{dv}}{\text{dt}} = \dfrac{\text{d}\omega}{\text{dt}}L\)，由于 \(\dfrac{\text{d}\omega}{\text{dt}}=\dfrac{\text{d}^2\theta}{\text{dt}^2}\)。根据牛顿第二定律可知：

\[mg\sin\theta = m \dfrac{\text{d}^2\theta}{\text{dt}^2}L \]

当 \(\theta\) 很小时，\(\sin\theta \approx \theta\)，因此

\[\frac gL\theta = \dfrac{\text{d}^2\theta}{\text{dt}^2} \]

考虑什么函数的二阶导数是自己，显然为三角函数。于是，这个方程的通解是 \(\theta = A\cos(\sqrt{\dfrac gL} t +\varphi)\)，根据 \(\theta\) 定义 \(\omega = \sqrt{\dfrac{g}{L}}\)。