数学证明 学习笔记

时隔一年。。。。。终于转去数学系了
然而还是要学证明（虽然在工程系中已经学了一遍了）
第一部分：首先定义集合：集合包含一系列元素。
它有3种性质：互异性，受定义性，无序性。
比如$\{1,2,\{1,2,3\}\}$就是集合。$\{1,2,3\}$是元素
通常使用大写字母表示集合，小写字母表示元素。
定义一个元素包含于某集合：$x\in A$
不包含于某个集合：$x\not\in A$
然后定义命题：命题是某个可能为真/假的语句（不能都取），比如“今天天气很暖”
用$\neg A$表示某命题的取反，让它的真假性翻转
比如$\neg(1+2=3)$ 是$1+2\neq 3$
接着是命题中的全部和存在符号。
记作$\exists x\in A, P(x)$
和$\forall x\in A,P(x)$
分别表示对于$A$里面的所有数，$P(x)$都存在/满足一个$x$使得$P(x)$为真
共有4个部分：符号(quantifier)表明这个表达式的类型
变量（variable）（$x$）
范围（domain）$A$规定$x$的范围
开句（open sentence）（$P(x)$）如果单独一个$P(x)$，需要知道$x$的值才能决定$P(x)$
比如$1+a=3$就是一个开句，变量是$a$
开句的变量可能有多个，比如$x,y$记作$P(x,y)$
全部和存在符号可以取反：$\neg(\exists x\in A, P(x))=\forall x\in A,\neg P(x)$
$\neg(\forall x\in A,P(x))=\exists x\in A,\neg P(x)$
有时，我们会遇到嵌套的符号。
比如$\forall x\in A,\exist y\in B,x>y$
单纯嵌套的符号交换顺序可能会影响结果。
比如$\forall x\in A,\exist y\in B,x>y\neq \exist y\in B,\forall x\in A,x>y$
但是如果两个符号是相同的，则不会影响结果。
比如$\forall x\in A,\forall y\in B,x>y= \forall y\in B,\forall x\in A,x>y$
如果有括号，符号的作用范围是从该符号开始到其左边的第一个左括号所匹配的右括号。（如果没有则为语句末）
比如$\forall x\in A,(\exist y\in B, P(x,y))\Rightarrow(\exist z \in C, Q(z))$中，$\exist y\in B$的作用范围是$P(x,y)$
分析嵌套的符号的取反，可以按照符号从外层到里层分析。
比如$\neg(\forall x\in A,\exist y\in B,\forall z \in C,P(x,y,z))$
$=\exist x\in A,\neg(\exist y\in B,\forall z \in C,P(x,y,z))$
$=\exist x\in A,\forall y\in B,\neg(\forall z \in C,P(x,y,z))$
$=\exist x\in A,\forall y\in B,\exists z \in C,\neg P(x,y,z)$

第二部分 命题的运算
命题是可以进行二元运算的。
命题可以进行与运算（conjuction），或运算（disjunction）
与运算当且仅当两个命题的结果都是真时为真。记为$A\wedge B$
或运算当一个命题的结果是真时就都为真，记为$A\vee B$
取反运算会翻转原命题的真假性，记为$\neg A$
蕴含运算$A\Rightarrow B$表示如果$A$为真，那么$B$为真这个命题是否成立。
还有当且仅当运算：$A\Leftrightarrow B$表示$(A\Rightarrow B)\wedge(B\Rightarrow A)$
而且在命题中，通常用$\equiv$来表示命题相等
同时我们还定义$A\Rightarrow B$的逆命题$B\Rightarrow A$
运算有如下性质：
1.交换律：$(A\wedge B)\equiv(B\wedge A),(A\vee B)\equiv (B\vee A)$
2.结合律：$((A\wedge B)\wedge C))\equiv ((A\wedge (B\wedge C)),((A\vee B)\vee C)\equiv ((A\vee (B\vee C))$
3.分配律：$((A\wedge B)\vee C)\equiv((A\vee C)\wedge (B\vee C)),((A\vee B)\wedge C)\equiv((A\wedge C)\vee (B\wedge C))$
4.$\neg(\neg A)\equiv A$
5.$((A\Rightarrow C)\wedge(B\Rightarrow C))\equiv((A\vee B)\Rightarrow C)$
6.$\neg(A\wedge B)=((\neg A)\vee(\neg B)),\neg(A\vee B)\equiv((\neg A)\wedge(\neg B))$
7.命题的逆否命题与原命题相等，即$(A\Rightarrow B)\equiv((\neg B)\Rightarrow(\neg A))$
8.$(A \Rightarrow B)\equiv ((\neg A)\wedge B)$
9.$(\forall x\in S, P(x)\Leftrightarrow Q(x))\equiv((\forall x\in S, P(x)\Rightarrow Q(x)))\wedge((\forall x\in S, Q(x)\Rightarrow P(x))))$
10.命题运算符的优先级为：否定，与，或，蕴含，等价
11.$A \wedge(\neg A)=false$
为了证明等式，除了使用以前提到的几种性质外，还可以用真值表，枚举所有可能的情况以证明。

第三部分 证明
1.为了证明$\forall x\in S, P(x)$，我们首先提取出$x$（注意此处我们除了知道$x$属于$S$以外不知道$x$的任何信息）
然后使用$x\in S$这个条件推导出$P(x)$
注意我们一开始不能假设$P(x)$为真，这点非常重要
例子是我们想要证明$x^2-1\geq 2x$
我们首先知道$(x-1)^2\geq 0$
展开得到$x^2-2x+1\geq 0$
把$2x$移到右边得到$x^2-1\geq 2x$，得证
2.我们也可以分类讨论，把$S$拆成集合$S_1,S_2...S_n$
要求$S_1\cup S_2\cup...\cup S_n=S$
证明$(\forall x\in S_1, P(x))\wedge...\wedge(\forall x\in S_n, P(x))$
例子如果我们要证明$(k-1)k\geq 0$对于所有整数成立，可以把整数集拆成$1,0,x\leq 0,x\geq 0$求解
3.为了证否$\forall x\in S, P(x)$，只需找到$x1$，使得$\neg P(x1)$为真即可，
4.为了证明$\exists x\in S, P(x)$，只需找到$x1$，使得$P(x1)$为真即可
5.为了证否$\exists x\in S, P(x)$，我们知道$\neg(\exists x\in A, P(x))=\forall x\in A,\neg P(x)$
所以我们需要证明$\forall x\in A,\neg P(x)$
6.为了证明$A\Rightarrow B$，我们可以把$A$作为已知条件，证明$B$成立
例子是如果我们要证明当$s^2+t^2=1,(sx+ty)^2\leq s^2+t^2$
考虑向量$\vec{a}=(s,t),\vec{b}=(x,y)$，设它们的夹角为$x$
因为已知条件$s^2+t^2=1$，$|a|=1$
$|\vec{a}|^2 |\vec{b}|^2 \cos (x)^2=(\vec{a} \cdot \vec{b})^2=|\vec{b}|^2\cos(x)^2=(sx+ty)^2\leq |\vec{b}|^2=s^2+t^2$得证
7.利用$(A\Rightarrow B)\equiv((\neg B)\Rightarrow(\neg A))$
例子是我们要证明如果$x^3-3x^2+x\geq 0$那么$x\geq 0$
这个命题的逆否命题是如果$x<0,x^3-3x^2+x<0$，与原命题等价
显然当$x<0,x^3<0,-3x^2<0,x<0$，所以$x^3-3x^2+x<0$，所以如果$x<0,x^3-3x^2+x<0$
8.反证法：利用$A \wedge(\neg A)=false$
或者说假设$A$为真，推出矛盾。
例子：经典的$\sqrt{2}$
假设它是有理数，设$\sqrt{2}=\frac{p}{q},(p,q)=1$
$2q^2=p^2$
假设$q$含$2$的次幂是$x$，$p$是$y$
那么有$2x+1=2y$且$x,y$都是整数
所以有$x+\frac{1}{2}=y$，但是与$x,y$都是整数矛盾，得证
9.如果要证明$\exists x\in S, P(x)$，且有且只有1个，必须先证明$\exists x\in S, P(x)$
接下来通常有2种方法：
第一种是假设$P(x),P(y)(x,y\in S)$为真，证明$x=y$
第二种是假设$P(x),P(y)(x,y\in S)$为真且$x\neq y$，导出矛盾
比如我们要证明对于所有奇数$x$，存在且只存在一个整数$k$使得$x=2k+1$
第一种证法：根据定义显然存在整数$k$使得$x=2k+1$
假设存在$a,b,x=2a+1=2b+1$
那么$2a+1=2b+1$所以$a=b$
第二种证法：根据定义显然存在整数$k$使得$x=2k+1$
假设存在$a,b,x=2a+1=2b+1,a\neq b$
那么$2a+1=2b+1$所以$a=b$，与$a\neq b$矛盾
10.证明$A\Leftrightarrow B$，就是证明$(A\Rightarrow B)\wedge(B\Rightarrow A)$

第四部分：数学归纳法
首先定义数列的求和，求积：$x_m+...+x_n(m\leq n)=\sum_{i=m}^n x_i,x_mx_{m+1}...x_n=\prod_{i=m}^nx_i$
求和的性质有：
1.$c\sum_{i=m}^n x_i=\sum_{i=m}^n cx_i$
2.$\sum_{i=m}^n x_i+\sum_{i=m}^n y_i=\sum_{i=m}^n (x_i+y_i)$
3.$\sum_{i=m}^n x_i=\sum_{i=m+l}^{n+l} x_{i-l}$
$\sum_{i=m}^n x_i=\sum_{i=m}^{l} x_{i}=\sum_{i=l+1}^{n} x_{i}$
定义数列的递推关系（recurrence relation）：给定某数列的初始值，数列的后面的项与前面的项有关，比如斐波那契数列。
定义公理：假设为真（且不用证明）的假设。
定义数学归纳法（Mathematical induction）：首先我们知道$P(1)$为真
然后我们证明对于所有自然数$n$，$P(n)\Rightarrow P(n+1)$
我们就知道了对于所有自然数$n$，$P(n)$成立。
记作induction on n
$P(1)$不一定为真，但是如果我们知道$P(a)$为真，且对于对于所有自然数$n\geq a$，$P(n)\Rightarrow P(n+1)$
通常记作induction with base case b
我们就能知道对于所有自然数$n\geq a$，$P(n)$成立。
定义强归纳法（strong induction）：首先我们知道$P(1)$为真
然后我们证明了对于所有自然数$n$，$(P(1)\vee P(2)\vee....\vee P(n))\Rightarrow P(n+1)$
我们就知道了对于所有自然数$n$，$P(n)$成立。
记作strong induction on n
例子：对于斐波那契数列证明$f_n\leq (\frac{7}{4})^n$
显然对于$f_1,f_2$命题成立
假设我们知道对于$f_1...f_n$命题成立，证明$f_{n+1}\leq (\frac{7}{4})^{n+1}$
$f_{n+1}=f_n+f_{n-1}< (\frac{7}{4})^n+(\frac{7}{4})^{n-1}=\frac{11}{4}(\frac{7}{4})^{n-1}<(\frac{7}{4})^2\frac{7}{4}^{n-1}=(\frac{7}{4})^{n+1}$，得证
$P(1)$不一定为真，但是假设我们知道$P(a),P(a+1)...P(b),b\geq a$为真，且对于对于所有自然数$n\geq b$，$(P(b)\vee P(b+1)\vee....\vee P(n))\Rightarrow P(n+1)\Rightarrow P(n+1)$
我们就能知道对于所有自然数$n\geq a$，$P(n)$成立。
通常记作strong induction with base case b
例子：证明对于所有$n\geq 6,$一定存在$x,y$（$x,y$都是正整数）使$3x+4y=n$
通过枚举可得$n=6,7,8$都成立
假设$n>8,P(6)...P(n)$成立，我们要证明$3x+4y=n$有解
根据归纳假设，$n>8,n-2>6$，所以存在$3x_0+4y_0=n+1-3=n-2,x_0>0,y_0>0$
$3(x_0+1)+4y_0=n+1$是$3x+4y=n+1$的一组解
$x_0>0$所以$x_0+1>0$，得证
事实上本题基于如下结论：考虑方程组$ax+by=k$（$\gcd(a,b)=1$）
这个方程组存在非负解的充要条件是$k>ab-a-b$
对于这个结论的证明超出了本文的范围

第五部分：集合
构建集合除了使用列举法，还可以使用描述法
通常有3种方法：$\{x\in S:P(x)\},\{f(x):x\in S\},\{f(x):x\in S,P(x)\}$
如果在集合里使用$|$，容易和整除符号混淆，所以通常使用冒号
第一种方法是对于所有属于$S$且$P(x)$为真的$x$构造集合。
第二种方法是对于所有属于$S$的$f(x)$构造集合。
第三种方法是对于所有属于$S$且$P(x)$为真的$f(x)$构造集合。
有理数的定义：考虑$\{\frac{a}{b}:a\in \mathbb{Z},b\in \mathbb{Z},b\neq 0\}$
这说明多个$x\in S$是可以同时出现在集合定义中的。
定义集合的运算并，交，差，补集如下：
1.$S\cup T=\{x:(x\in S)\wedge(x\in T)\}$
2.$S\cap T=\{x:(x\in S)\vee(x\in T)\}$
3.$S-T=\{x:(x\in S)\wedge(x\notin T)\}$
4.$\overline S$补集是相对于全集$U$而言的：
有两种写法$\overline S={x:x\notin S}$或者$\overline S={x\in U:x\notin S}$
它也等于$U-S$
定义集合不相交：$S\cup T=\varnothing$
定义集合$S$包含于$T$为命题$\forall x\in U,(x\in S)\Rightarrow(x\in T)$，记作$S\subseteq T$
定义集合$S,T$相等：$S\subseteq T$并且$T\subseteq S$，或者说$\forall x\in U,(x\in S)\Rightarrow(x\in T)$
证明集合相等除了证明$\forall x\in U,(x\in S)\Rightarrow(x\in T)$外，还可以证明两个集合可以使用相同的方式表达。
比如我们要证明$S=T,S=\{x\in S:P(x)\},T=\{x\in S:Q(x)\}$，我们可以证明$P(x)=Q(x)$
定义集合$S$的大小为$|S|$（或者$card(S)$）

第六部分：整除和取余
先定义整除（divisibility）$a|b$：（$a,b$都是整数但不一定为正数）$\exists k\in \mathbb{Z},ka=b$
一个整数显然整除自己，并且$0$能被任何数整除。
整除和取余有如下性质：1.传递性，$a,b,c\in \mathbb{Z},((a|b) \wedge(b|c))\Rightarrow (a|c)$
证明：根据条件我们知道存在$k,l\in \mathbb{z}$使得$b=ka,c=lb$那么$c=kla$
显然$kl$是整数，则$a|c$成立
2.如果$a,b,c\in \mathbb{Z},(a|b\vee a|c)$，则$a|bc$
根据第二部分，$((A\Rightarrow C)\wedge(B\Rightarrow C))\equiv((A\vee B)\Rightarrow C)$
我们需要证明$(a|b)\Rightarrow(a|bc)$以及$(a|c)\Rightarrow(a|bc)$
先证明$(a|b)\Rightarrow(a|bc)$，设$b=ka,bc=kac=a(kc)$
$kc$显然是整数，所以得证
$(a|c)\Rightarrow(a|bc)$同理。
3.$a,b,c,d,e\in \mathbb{Z},((a|b)\vee (a|c))\Rightarrow((a|db+ec))$（Divisibility of integer combination）
由于$a|b,a|c$，存在$k,l\in \mathbb{z}$使得$b=ka,c=la$，
$db+ec=dka+ela=(dk+el)a$
$(dk+el)$显然是整数，所以得证。
这个定理的逆定理也是成立的。
考虑$a|db+ec,a|(d+1)b+ec$，根据题意，存在$l1,l2\in \mathbb{Z}$使得$l_1a=db+ec,l_2a=(d+1)b+ec$
$(l_2-l_1)a=b$，由于$l_1,l_2$都是整数得证。
4.$((b|a)\wedge(a\neq 0))\Rightarrow(b\leq |a|)$（bounds by divisibility）
反证法，假设$b>|a|$，根据题意存在整数$k$让$kb=a,b\neq 0$
由于$a\neq 0,k\neq 0$由于$k$是整数，$|k|\geq 1,|b|>|kb|$
然而$|kb|=|k||b|\geq |b|,$矛盾
还有唯一取余定理：对于$a,b$存在唯一的一对$(k,r),a=kb+r,0\leq r<b$（Division algorithm）
首先假设一定存在一对$(k,r)$（在此课程中不用证明）
根据前面所提到的证明方法，可以假设存在$(k_1,r_1),(k_2,r_2)$满足要求
有$a=k_1b+r_1=k_2b+r_2,r1-r2=(k_2-k_1)b,0\leq r_1,r_2\leq b$
显然有$-b<r_1-r_2<b,|r_1-r_2|<b$。
假设$|k_2-k_1|=0(k_2=k_1)$，那么$r_1=r_2$，矛盾
由于$k_2,k_1$都是整数，要么$|k_2-k_1|=0$或者$|k_2-k_1|\geq 1$，假设$|k_2-k_1|\geq 1,|r_1-r_2|=|b(k_2-k_1)|\geq b$矛盾

第七部分：GCD
定义整数$(a,b)$的公约数$\gcd(a,b)$：最大的正整数$c$使得$(c|a)\wedge(c|b)$
比如$\gcd(a,-a)=|a|$,$\gcd(2,-6)=2,\gcd(a,0)=|a|$
特别的，假设$a=b=0,\gcd(a,b)=0$（因为如果直接按照定义的话，$\gcd$不存在），我们在分类讨论时需要特别讨论$a=0,b=0$的情况
GCD有如下基本定理，对于所有整数$a,b,q,r$，如果$a=qb+r$，则$\gcd(a,b)=gcd(b,r)$
证明：我们要证明$\gcd(b,qb+r)=\gcd(b,r)$
考虑$\gcd(b,qb+r)=c,\gcd(b,r)=d,d|b,d|r,c|b,c|qb+r$，根据整除的第三条性质有$d|qb+r$
由于$c$是$b,qb+r$最大的公约数，$d\leq c$
根据整除的第三条性质有$c|qb+r-qb,c|r$，所以$c$也是$r$，$|b|$的约数，$c\leq d$
所以$d=c$
当$a=b=0,r=0$，所以$\gcd(a,b)=\gcd(b,r)$
（要注意$a=b=0$的情况，因为此时上面讨论的$c,d$不存在）
根据如下定律，我们可以推出辗转相除法：
假设我们要求$\gcd(a,b),a,b>0$，我们可以先求出$a\mod b=r$，然后递归求$gcd(b,r)$，直到$b=0,$此时$\gcd(a,b)=1$
注意当$b=1,\gcd(a,b)=1$
比如我们想证明$\gcd(22a+7,3a+1)=1$，根据上面的定理$\gcd(22a+7,3a+1)=\gcd(a,3a+1)=\gcd(a,1)=1$，得证
$\gcd$有如下性质：
1.（GCD characterization theorem）对于所有整数$(a,b,d),d\geq 0$，假如$d|a,d|b$，而且存在整数$x,y$使得$ax+by=d$，那么$d=\gcd(a,b)$
假设$a=b=0,d=0=\gcd(a,b)$得证
假设$a,b$不全为$0$，$d\neq \gcd(a,b)$，那么根据$\gcd$的定义，$d<\gcd(a,b)$
设$e=\gcd(a,b)$，那么存在整数$f,g$使$a=fe,b=ge$
$fex+gey=d,fx+gy=\frac{d}{e}$
因为$d<e,0<fx+gy<1$，然而$f,x,g,y$都是整数，所以矛盾。
2.bezout引理：对于所有整数$a,b$，总存在整数$x,y$使$ax+by=\gcd(a,b)$
考虑使用拓展Euclid算法证明：
假设$a>b$
该算法维护了四元组的序列$a_1=(x_i,y_i,r_i,q_i)$，$ax_i+by_i=r_i,q_i=\lfloor \frac{r_{i-2}}{r_{i-1}}\rfloor$
$a_1=(1,0,a,0),a_2=(0,1,b,0)$
在计算$r_i$时，先计算$q_i$，我们知道$ax_{i-2}+by_{i-2}=r_{i-2},ax_{i-1}+by_{i-1}=r_{i-1}$
把1式减去$q_i$倍的2式得到$a(x_{i-2}-q_ix_{i-1})+b(y_{i-2}-q_iy_{i-1})=r_{i-2}-q_ir_{i-1}=r_i$
容易发现$r_i=r_{i-2}\mod r_{i-1}$，所以这就是辗转相除的过程。
令$x_i=x_{i-2}-q_ix_{i-1},y_i=y_{i-2}-q_iy_{i-1}$，我们就能通过$a_{i-2},a_{i-1}$推出$a_i$
当$y_i=0$时可以停止该过程。
此时$r_{i-1}|r_{i-2},r_{i-1}=\gcd(a,b),x_{i-1},y_{i-1}$就是一组解。
所以通过该过程我们证明了bezout引理。
3.对于所有整数$a,b,c,((c|a)\wedge(c|b))\Rightarrow(c|\gcd(a,b))$
考虑使用bezout引理证明
考虑方程$ax+by=\gcd(a,b)$，显然存在一组解。
因为$c|a,c|b$，根据整除的性质$c|ax+by,c|\gcd(a,b)$，得证。
4.$\gcd(ca,cb)=c\gcd(a,b)$
考虑构造方程$ax+by=\gcd(a,b)$，显然存在一组解，设$\gcd(a,b)=z$。
假设解为$x_0,y_0$，这个解同样也是$cax+cby=cz$这个方程的解。
$z|a,z|b$，设整数$d,e,dz=a,ez=b$
$cz|ca=cdz,cz|cb=cez$，根据第一条性质可得$\gcd(ca,cb)=cz=c\gcd(a,b)$，得证

第八部分 素数和互素
当整数$a,b$满足$\gcd(a,b)=1$，定义$(a,b)$互素
互素有如下性质：
1.（coprimeness charaterization theorem）$\gcd(a,b)=1$当且仅当存在$x,y$使得$ax+by=1$
先证明当$\gcd(a,b)=1$，存在$x,y$使得$ax+by=1$，根据bezout定理得证。
再证明当存在$x,y$使得$ax+by=1$，$\gcd(a,b)=1$
显然$1|a,1|b$，所以根据第一条性质$\gcd(a,b)|1$，得证
例子：证明如果$\gcd(a,b)=1,\gcd(a^n,b)=1$
使用数学归纳法，设$P(n)$为命题$(\gcd(a^n,b)=1)$，当$n=1$显然成立
我们需要证明对于所有$n\geq 1,P(n)\Rightarrow P(n+1)$。
根据第五条性质，我们已经知道$a^nx+by=1$有解，所以$a^{n+1}+aby=a$有解。
反证法，假设$\gcd(a^{n+1},b)=k>1$，那么$k|b,k|a^{b+1}$
所以根据整除的性质，$k|a^{n+1}+ab$。所以$k|a$
所以$k$是$a,b$的公约数，和$\gcd(a,b)=1$矛盾。
2.$(d=\gcd(a,b))\Rightarrow \gcd(\frac{a}{d},\frac{b}{d})=1$
根据性质4可得$\gcd(\frac{a}{d}*d,\frac{b}{d}*d)=d\gcd(\frac{a}{d},\frac{b}{d})=\gcd(a,b)$，得证
3.对于所有整数$a,b,c$，如果$c|ab$并且$\gcd(a,c)=1$，则$c|b$
考虑方程$ax+cy=1$"，根据第五条性质CCT可得方程有解，设为(x_0,y_0)。
两侧乘以$b$得到$abx_0+cby_0=b$，由于$c|ab,c|cb$，可得$c|ab_x0+cb_y0=b$，得证。
定义素数$p$：$p>1$，而且约数只有它自己和$1$的整数。
同样也可以定义素数$p$：小于它的素数都无法整除它。
素数有如下性质：
1.（Prime Factorization）每一个大于等于$2$的自然数都能分解成若干素数的乘积。
证明：使用强数学归纳法，以$n=2$开始
$n=2$显然成立，因为$2$是素数。
考虑我们已知$n=2...k-1(k>2)$成立，要证明$n=k$成立。
分类讨论：假设$k$是素数，那么分解成它自己即可。
当$k$不是素数，那么一定存在一个数$z$是$k$的约数。
找到最小的$z$，$z$一定是素数。
因为如果$z$是合数，那么肯定存在$l$使$l<z$且$l|z$，根据整除的传递性可得$l|k$，矛盾
把分解写成素数$z$和$\frac{k}{z}$的乘积，对$\frac{k}{z}<k$应用归纳假设即可。
2.素数有无限个（Euclid定理）
反证法，假设有有限个，设他们为$p_1...p_n$
考虑$l=p_1p_2...p_n+1$，那么对于所有$1\leq i\leq n$，$\gcd(p_i,p_1p_2...p_n+1)=\gcd(p_i,1)=1$，矛盾。
3.Euclid引理：设素数$p$和整数$a,b$，如果$p|ab$，那么$p|a$或者$p|b$成立
分类讨论：假设$p|a$成立，那么得证
假设$p|a$不成立，显然$\gcd(p,a)=1$
根据$\gcd$的性质，存在$(x_0,y_0)$使得$ax_0+py_0=1$
$abx_0+pby_0=b$，由于$p|ab,p|pb$，$p|(abx_0+pby_0)=b$，得证
我们可以拓展这个引理，得到如下结果（Extended Euclid lemma）：
设素数$p$和整数$a_1,a_2...a_n$，如果$p|a_1a_2...a_n$，那么对于任何$1\leq i\leq n$，$p|a_i$至少会有一个成立。
我们可以对$p|a_1(a_2...a_n)$应用Euclid引理，这样子我们就可以证明$p|a_1$或者$p|a_2...a_n$成立
重复对$p|a2(a_3...a_n)$类似此方式应用Euclid引理即可得证。
4.唯一分解定理：对于一个整数有唯一的素数分解。
根据定理1，一个数$n$肯定能分解成若干个素数。
使用强数学归纳法，当$n=2$显然成立。
接下来我们需要证明对于所有正整数$k(k>2)$，当$n=2...k-1$时命题成立可以推出$n=k$时命题成立。
反证法，假设$n$有2种分解方法。
假设第一种分解方法为$p_1^{a_1}...p_n^{a_n}=n$，第二种为$q_1^{b_1}...q_n^{b_n}=n$，将$p,q$从小到大排序并且合并相同项。
假设$p_1<q_1$（$p_1>q_1$同理），因为$p_1|n$，那$p_1|q_1^{b_1}...q_n^{b_n}$
根据拓展Euclid定理，$p_1|q_i^{b_i}$肯定有至少一个成立。
这说明$\gcd(p_1,q_i^{b_i})>1$
然而$q_i$都是素数，且$q_i\geq q_1>p$，所以$\gcd(p_1,q_i)=1$
根据第一个性质所提到的例子，我们知道$\gcd(p_1,q_i^{b_i})=1$，矛盾
假设$p_1=q_1$，但是$a_1\neq b_1$
假设$a_1<b_1$（$a_1>b_1$同理），那么$\frac{n}{p_1^{a_1}}=p_2^{a_2}...p_n^{a_n}=\frac{q_1^{b_1}...q_n^{b_n}}{p_1^{a_1}}=p_1^{b_1-a_1}...q_n^{b_n}$
此时$p_1\neq p_2$，可以转化成第一种情况证明。
假设$a_1=b_1$，那么$\frac{n}{p_1^{a_1}}=p_2^{a_2}...p_n^{a_n}=\frac{q_1^{b_1}...q_n^{b_n}}{p_1^{a_1}}=q_2^{b_2}...q_n^{b_n}$
并且$p_2^{a_2}...p_n^{a_n},q_2^{b_2}...q_n^{b_n}$不相同。
但是$\frac{n}{p_1^{a_1}}$根据归纳假设有唯一分解，矛盾
也可以使用下面的证明方法（上面是我想到的，但是有点复杂）：
还是强数学归纳法，
如果$n$是素数立刻得证。（要讨论素数的情况，因为如果同除以$a_1$并且$n$是素数的话，那么会得到$1$（唯一分解定理未在$n=1$处被定义））
如果$n$不是素数，假设$n=a_1...a_l=b_1...b_m$（$a_i,b_i$都是素数）
那么$a_1|b_1...b_m$，所以$b_i$中至少有一个满足$a_1|b_i$
由于$a_i,b_i$都是素数，$a_1=b_i$
两边同除以$a_1$得到$\frac{n}{a_1}=a_2...a_l=b_1...b_{i-1}b_{i+1}....b_m$
根据归纳假设，$\frac{n}{a_1}$有唯一分解方法
并且$a_1=b_i$，所以加上$a_1,b_i$后分解方法也是相同的。得证。
这也说明对于任何正整数$n>2$，存在唯一的分解$n=p_1^{a_1}...p_n^{a_n}$，并且$p_n$互不相同
5.一个数$n$要么是素数，要么至少有一个$\leq \sqrt{n}$的素因子。
假设$n$的唯一分解为$p_1^{a_1}...p_k^{a_k},k\geq 2$，$a_1+...+a_k\geq 2$且$p_1<p_2<...p_n$
假设$p_1>\sqrt{n}$，那么$p_2...p_k>\sqrt{n},p_1^{a_1}...p_k^{a_k}>(\sqrt{n})^{a_1+...+a_k}\geq n$，矛盾
6.一个数$n$最多有1个素因子$>\sqrt{n}$
7.假设$n$的唯一分解为$p_1^{a_1}...p_k^{a_k}$,$m$的唯一分解为$p_1^{b_1}...p_k^{b_k}$
$m|n$的充要条件为对于所有$k,0\leq b_k\leq a_k$
先证明必要性：设$ml=n,l=\frac{n}{m}=p_1^{a_1-b_1}p_2^{a_2-b_2}...p_n^{a_n-b_n}$
由于对于所有$k,0\leq b_k\leq a_k$，所以$a_1\geq b_1...a_n\geq b_n$
所以$p_1^{a_1-b_1},p_2^{a_2-b_2}...,p_n^{a_n-b_n}$都是整数，$l$是整数，证毕。
再证明充分性：使用反证法，设整数$s$为任意一个满足$b_s>a_s$的数，重排$p$让$p_s$变为第一位。
由于$m|n$，存在整数$c$使得$mc=n$。
$\frac{m}{p_1^{a_1}}c=\frac{n}{p_1^{a_1}}=p_1^{b_1-a_1}...p_k^{b_k}c$
而且$b_1>a_1$，这说明$p_1|\frac{n}{p_1^{a_1}}$
$\frac{n}{p_1^{a_1}}=p_1^0p_2^{a_2}...p_k^{a_k}$，且$p_1\neq p_2....p_k$
根据拓展Euclid定理存在$p_i$使得$p_1|p_i^{a_i}$，然而$p_1\neq p_i$，所以无法整除，矛盾。
8.假设一个正整数$n$的唯一分解为$p_1^{a_1}...p_k^{a_k}$，那么约数有$(a_1+1)(a_2+1)...(a_k+1)$个
假设其约数为$m$，$m$的唯一分解为$p_1^{b_1}...p_k^{b_k}$
$m|n$的充要条件为对于所有$k,0\leq b_k\leq a_k$
所以每个$b_k$有$a_k+1$种取值，根据乘法原理约数有$(a_1+1)(a_2+1)...(a_k+1)$个
9.假设$n$的唯一分解为$p_1^{a_1}...p_k^{a_k}$,$m$的唯一分解为$p_1^{b_1}...p_k^{b_k}$
那么$\gcd(n,m)=p_1^{\min(a_1,b_1)}...p_k^{\min(a_k,b_k)}$
证明：对于$n,m$的每个公约数$q$，设其唯一分解为$p_1^{c_1}...p_k^{c_k}$
根据第七个性质，对于每个$1\leq i\leq k$有条件$0\leq c_i\leq a_i,b_i$
所以$0\leq c_i\leq \min(a_i,b_i)$
考虑其$n,m$的约数$p_1^{\min(a_1,b_1)}...p_k^{\min(a_k,b_k)}=l$
对于$q$的每个约数，有条件$0\leq c_i\leq \min(a_i,b_i)$
这说明$q$是$l$的约数，所以根据整除的性质有$c\leq |l|$
由于$k,l\geq 0$，$q\leq l$，所以$l$是最大公约数。
10.假设一个正整数$n$的唯一分解为$p_1^{a_1}...p_k^{a_k}$，那么其约数个数和为$(1+p_1+...+p_1^{a_1})(1+p_2+...+p_2^{a_2})...(1+p_k+...+p_k^{a_k})$个
应该可以构造双射证明。

第九部分：不定方程
不定方程有2个性质：
1.对于所有整数$a,b,c$，方程$ax+by=c$存在整数解当且仅当$d|c$（$d=\gcd(a,b)$）（Linear Diophantine Equation Theorem）
先证明当$ax+by=c$存在整数解，$d|c$
由于$d|a,d|b$，所以$d|ax+by=c$
再证明当$d|c$，$ax+by=c$存在整数解。
考虑方程$ax+by=d$，根据$bezout$引理其存在整数解，设其为$x_0,y_0$
由于$d|c$，$\frac{c}{d}$是整数
考虑方程$a(x_0\frac{c}{d})+b(y_0\frac{c}{d})=c$，所以$(x_0\frac{c}{d},y0\frac{c}{d})$是方程$ax+by=c$的一组整数解，证毕。
这个证明过程说明我们如果想找到方程$ax+by=c$的整数解，我们可以先找到$ax+by=\gcd(a,b)$的解，再把两个解乘以$\frac{c}{\gcd(a,b)}$即可得到原方程的解。
2.考虑方程$ax+by=c$（$a,b$都不等于$0$）
首先找到方程的任意一个整数解$x_0,y_0$，设$d=\gcd(a,b)$
则不定方程$ax+by=c$的解$(x,y)$可以通过如下方式全部得到：$x=x_0+\frac{b}{d}n,y=y_0-\frac{a}{d}n$（$n$是整数）
证明：我们事实上需要证明两个集合$A=\{(x,y):x,y\in \mathbb{R},ax+by=c\}$，$B=\{(x,y),x=x_0+\frac{b}{d}n,y=y_0-\frac{a}{d}n,x,y,n\in \mathbb{R}\}$相等。
先证明$B\subseteq A$，我们要证明如果$(x,y)$属于$B$，那么属于$A$
也就是我们要证明如果$x=x_0+\frac{b}{d}n,y=y_0-\frac{a}{d}n$且$n$是整数，那么$(x,y)$属于集合$A$
把$x,y$带入$ax+by$，得到$a(x_0+\frac{b}{d}n)+b(y_0-\frac{a}{d}n)=ax_0+by_0+\frac{abn}{d}-\frac{abn}{d}=ax_0+by_0=c$
所以$(x,y)$属于集合$A$
然后证明$B\subseteq A$我们要证明如果$(x,y)$属于$A$，那么属于$B$
我们要证明如果$ax+by=c$，那么存在整数$n$，使得$x=x_0+\frac{b}{d}n,y=y_0-\frac{a}{d}n$
考虑方程$ax+by=c$的解$(x,y)$，$ax+by=ax_0+by_0,a(x-x_0)=b(y_0-y)$
$\frac{a}{d}(x-x_0)=\frac{b}{d}(y_0-y)$
根据$\gcd$的性质有$\gcd(\frac{a}{d},\frac{b}{d})=1$
由于$\frac{a}{d}(x-x_0)|\frac{b}{d}(y_0-y)$，所以根据整除的性质有$\frac{a}{d}|y_0-y$
所以存在整数$n$使得$y_0-k\frac{a}{d}=y$
将$y$带入$ax+by=c$，得到$x=x_0+\frac{b}{d}n$。得证。

第10部分：同余和模算术
定义$(a,b)$关于$m$同余：$m|(a-b)$，记作$a\equiv b(\mod m)$
同余有如下性质：
1.对于所有正整数$a,b,m$，$a\equiv a(\mod m)$
我们就是要证明$m|(a-a)=0$，显然得证。
2.对于所有正整数$a,b,m$，如果$a\equiv b(\mod m)$，那么$b\equiv a(\mod m)$
我们就是要证明如果$m|(a-b)$，那么$m|(b-a)$
这说明存在整数$c$使得$cm=a-b$，所以$(-c)m=(b-a)$，所以$m|(b-a)$，得证。
3.对于所有正整数$a,b,m$，如果$a\equiv b(\mod m)$，$b\equiv c(\mod m)$那么$a\equiv c(\mod m)$
我们就是要证明如果$m|(a-b)$，$m|(b-c)$，那么$m|(a-c)$
根据整除的性质，$m|(a-b+b-c)=a-c$，得证。
4.对于所有正整数$a_1,b_1,a_2,b_2,m$
如果$a_1\equiv b_1(\mod m),a_2\equiv b_2(\mod m)$，那么$a_1+a_2\equiv b_1+b_2(\mod m),a_1-a_2\equiv b_1-b_2(\mod m),a_1a_2\equiv b_1b_2(\mod m)$
先证明第一个：我们需要证明$m|a_1+a_2-b_1-b_2$，已知$m|a_1-b_1,m|a_2-b_2$
根据整除的性质，$m|a_1-b_1+a_2-b_2=a_1+a_2-b_1-b_2$，得证。
同理可以证明第二个。
再证明第三个。我们已知$m|a_1-b_1,m|a_2-b_2$，需要证明$m|a_1a_2-b_1b_2$
根据整除的定义，存在整数$c,d$使得$mc=a_1-b_1,md=a_2-b_2$
所以$mc+b_1=a_1,md+b_2=a_2$
$a_1a_2-b_1b_2=(mc+b_1)(md+b_2)-b_1b_2=m^2cd+m(b_1d+b_2c)=m(mcd+b_1d+b_2c)$
因为$c,d,m,b_1,b_2$都是整数，所以$mcd+b_1d+b_2c$也是整数。
所以根据整除的定义有$m|a_1a_2-b_1b_2$
5.对于所有正整数$a_1...a_n,b_1...b_n,m$（Congruence add and multiply）
如果$a_1\equiv b_1(\mod m)...a_n\equiv b_n(\mod m)$，那么$a_1+...+a_n\equiv b_1+...+b_n(\mod m),a_1a_2...a_n\equiv b_1b_2...n_n(\mod m)$（Congruence add and multiply）
证明第一个性质可以重复应用第四条性质：就是要证明$a_1+(a_2+...+a_n)\equiv b_1+(b_2...+b_n)(\mod m)$。
如果我们知道$(a_2+...+a_n)\equiv (b_2...+b_n)(\mod m)$，那么命题得证。
继续对$a_2+(a_3...+a_n)\equiv b_2+(b_3...+b_n)(\mod m)$应用定理即可。
证明第二条性质同理可以重复应用第四条性质的乘法部分。
6.对于所有正整数$c,d,n,m$，如果$c\equiv d(\mod m)$，那么$c^n\equiv d^n(\mod m)$（Congruence power）
这是上一个性质当$a_i=c,b_i=d$的特殊情况
利用上面的性质，在剩余系中可以将所有常数对模数取模后计算，可以减少计算量。
在一定意义下，在模意义下也可以除法：（Congruence divide）
7.对于所有正整数$a,b,c,m$，如果$ac\equiv bc(\mod m)$并且$\gcd(c,m)=1$，那么$a\equiv b(\mod m)$
根据条件$ac\equiv bc(\mod m)$我们可以知道存在整数$d$使得$md=ac-bc$，要证明存在整数$n$使得$mn=a-b$
$md=c(a-b)$，这说明$m|c(a-b)$。由于$\gcd(c,m)=1$，根据整除的性质有$m|(a-b)$，也就是$a\equiv b(\mod m)$，得证
8.$a\equiv b(\mod m)$ 当且仅当$a,b$对$m$取余相等。（Congruent Iff same Remainder）
先证明充分性，假设$a=mq_1+r_1,b=mq_2+r_2,0\leq r_1,r_2<m$且$q_1,q_2,r_1,r_2$都是整数
根据题意有$m|a-b,m|mq_1+r_1-mq_2+r_2,m|m(q_1-q_2)+r_1-r_2$
根据整除的性质有$m|m(q_1-q_2)+r_1-r_2-m(q_1-q_2),m|r_1-r_2$
分类讨论，假设$r_1=r_2$，得证。
假设$r_1\neq r_2$，则根据整除的性质有$m\leq|r_1-r_2|$
然而由于$0\leq r_1,r_2<m,|r_1-r_2|<m$，所以不可能。
所以$r_1=r_2$。
再证明必要性，假设$a=mq_1+r_1,b=mq_2+r_2,r_1=r_2$且$q_1,q_2,r_1,r_2$都是整数
那么$a-b=m(q_1-q_2)$,而$q_2,q_1$都是整数，所以$q_1-q_2$都是整数。
所以$m|m(q_1-q_2)=b-a$，得证。
该定理对于$0\leq b<m$也成立，所以我们可以把$a$对$m$取模参与运算，得到性质9
9.$a\equiv b(\mod m)(0\leq b<m)$ 当且仅当$a$对$m$取余等于$b$（Congruent To Remainder）
（PS：在答题时，利用取余除法解题应该写：using propositions Congruence Add and multiply, and Congruence power
然后我们在使用同余符号的性质求出$f(x)\equiv b\mod m,0\leq b<m$后，应该写we conclude from the proposition Congruent To Remainder）
10.对于某整数，其各位数字之和能被$3$整除是其能被$3$整除的充要条件。
考虑其等于$\overline{a_n...a_1}=10^{n-1}a_n+...+a_1$
先证明对于所有$n$，$10^n\equiv 1(\mod 3)$
使用数学归纳法：当$n=1$时，根据带余除法，$10 \equiv 1(\mod 3)$成立
当$n>1$，我们已知$10^{n-1}\equiv 1(\mod 3)$成立，要证明$10^n\equiv 1(\mod 3)$。
根据propositions Congruence Add and multiply, and Congruence power，$10^n\equiv 10^{n-1}*10\equiv 1*10\equiv 10(\mod 3)$。得证。
$10^{n-1}a_n+...+a_1\equiv 1*a_n+...+1*a_1\equiv a_n+...+a_1(\mod 3)$，得证。
11.对于某整数，其各位数字之和能被$9$整除是其能被$9$整除的充要条件。
证明和10类似。
12.对于某整数，其能被$11$整除的充要条件是：
设$s_1$为该数偶数位的位值，$s_2$为该数奇数位的位值，那么$11|s_1-s_2$。
考虑其等于$\overline{a_n...a_1}=10^{n-1}a_n+...+a_1$
$10\equiv -1(\mod 11)$，所以有$10^n\equiv (-1)^n(\mod 11)$
$10^{n-1}a_1+...+a_n\equiv (-1)^{n-1}*a_n+...+1*a_1\equiv(1*a_1+1*a_3+...)-(1*a_2+1*a_4+...)(\mod 11)$
$(1*a_1+1*a_3+...)-(1*a_2+1*a_4+...)=s_1-s_2$，得证。

第11部分：同余方程（linear congruence），同余类和费马小定理
定义同余方程：对于整数$a,c$要找到整数$x$，使$ax\equiv c(\mod m)$
同余方程有如下性质（Linear Congruence Theorem）：设$d=\gcd(a,m)$
当且仅当$d|c$时有解。设$x_0$为该方程的一个特解，那么解$x$满足$x\equiv x_0,x_0+\frac{m}{d}...x_0+(d-1)\frac{m}{d}(\mod m)$
证明：先证明当且仅当$d|c$时有解。
根据题意，$m|ax-c$，设整数$e$满足$em=ax-c$，$c=ax-em$
根据不定方程的性质，这说明$c$必须能被$\gcd(a,-m)=d$整除
然后考虑证明后面的命题。我们需要解不定方程$c=ax-em$
考虑特解$x_0,e_0$，那么根据不定方程的性质，$x_0+n\frac{m}{d}$（$n$是整数）生成了该方程的所有解。
考虑将$n$对$d$作带余除法，得到$n=dq+r$，$0\leq r<d$
$x_0+n\frac{m}{d}=x_0+(dq+r)\frac{m}{d}=x_0+md+r\frac{m}{d}$
$x_0+md+r\frac{m}{d}\equiv x_0+r\frac{m}{d}(\mod m)$，而且$0\leq r<d$，所以我们就得到了题目中的结果。
这说明在解同余方程$ax\equiv c(\mod m)$时，我们可以构造方程$ax+my=c$
用exgcd解这个方程得到$x=x_0$，然后使用$x_0+n\frac{m}{d}$就可以得到这个方程的所有解。
非线性同余方程：比如$x^2\equiv c(\mod m)$
这种方程不能使用上面提到的方式解决，但是可以用枚举法/费马小定理（可以两种方法同时使用）解决。
可以使用二次剩余相关知识解决部分非线性同余方程，但是与本文无关。
在此基础上定义整数$a$的同余类：$\mathbb{Z}_m={[0],[1]...[m-1]}$
$[a]=\{x\in \mathbb{Z},x\equiv a(\mod m)\}$
同余类可以类似普通整数那样运算（除了第七条性质以外），满足如下性质：
1.$[a]+[b]=[a+b]$
2.$[a][b]=[ab]$
3.$[a][0]=[0]=[0][a]$
4.$[a]+[0]=[a]=[0]+[a]$
5.$[a][1]=[a]=[1][a]$
6.$[a]+[-a]=[-a]+[a]=0$
7.$[a]=[a-m]$
运算后结果中的常数可以对$m$取余，最好多写一步。
例子是假设我们有同余类$\mathbb{Z}_4$，在该同余类中$[2]+[3]=[5]=[1]$
定义$[0]$是加法单位元（additive identity），$[1]$是乘法单位元（multiplicative identity），某整数的加法逆元$[-a]$（additive inverse）
同余类和同余方程关系密切：有定理$[a][x]=[c]$有解，设$d=\gcd(a,m)$，只有$d|c$时才有解。
并且定义一个特解是$x_0$，其所有解满足$x=x_0+\frac{m}{d}n,0\leq n<d$
证明：这定义了一个同余方恒$ax\equiv c(\mod m)$
而且设$x_0$是特解，其所有解$x$满足$x\equiv x_0,x_0+\frac{m}{d}...x_0+(d-1)\frac{m}{d}(\mod m)$，也就是命题中所提到的。
这说明在解方程$[a][x]=[c]$时，我们需要求出线性方程$ax+my=c$的解。
定义某同余类$[a]$的乘法逆元$[b]$，满足$[a][b]=[b][a]=[1]$
乘法逆元有2个性质：
1.对于所有整数$1\leq a\leq m-1$，如果$\gcd(a,m)=1$，那么$[a]$存在乘法逆元并且唯一
2.对于所有整数$1\leq a\leq m-1$，如果$m$是素数，那么$[a]$一定存在乘法逆元并且唯一
例子：在$\mathbb{Z}_{11}$我们要求方程$[2x]+[7y]=[4],[3x]+[2y]=[9]$的解。
为了解这个方程，我们可以类似普通二元一次方程那样子解。
但是在解的时候，如果想要对于两边乘以某数$x$，必须写$[x]$，因为只有$[x]$才能和另一个同余类运算。
比如我们可以将第一个方程乘以$[3]$减去第二个方程乘以$[2]$，得到$[17y]=[-6]$
由于$[17]$在$\mathbb{z}_{11}$下等于$[6]$，我们得到了$[6y]=[-6]$
求乘法逆元可以用费马小定理：对于素数$p$，整数$a>0$有$a^{p-1}\equiv 1(\mod p)$（这说明想要使用费马小定理，需要考虑$a\equiv 0(\mod p)$的情况）
为了证明费马小定理，我们首先证明威尔逊定理：对于素数$p$有$(p-1)!\equiv -1(\mod p)$
显然当$p=2$时成立。
考虑$1...p-1$中的两个不同的数$x,y$，他们对应的逆元是唯一的，而且是不同的。
假设相同，那么$xa\equiv ya(\mod p)$，显然$\gcd(a,p)=1$，那么$x\equiv y(\mod p)$，矛盾。
所以$1...p-1$的逆元也构成集合$\{1...p-1\}$
这说明除了$1,p-1$，$\{1...p-1\}$中的其他数都能两两配对，并且乘积为$1$
$(p-1)!\equiv 1*1*(p-1)\equiv p-1(\mod p)$，得证。
考虑数列$a,2a...(p-1)a$，它们是两两不同的。
因为假设存在$xa\equiv ya(\mod p)$且$x,y$不同，根据上面的证明结论可以得知这是不可能的。
考虑$a*(2a)*...*(p-1)a=a^{p-1}(p-1)!$，$a^{p-1}(p-1)!\equiv -a^{p-1}(\mod p)$
而且$a,2a...(p-1)a$两两不同，所以根据威尔逊定理可得$a*(2a)*...*(p-1)a\equiv -1(\mod p)$
所以$p-1 \equiv (p-1)a^{p-1}(\mod p)$，两边乘以$p-1$的逆元得到$a^{p-1}\equiv 1(\mod p)$，得证。
推论：对于素数$p$，有$a^p\equiv a(\mod p)$
$a^{p-2}$对$m$取余的余数是一个素数的逆元。

第12部分：同余方程组
解若干个同余方程，可以使用中国剩余定理：
设$n$是整数（也可以是函数），设整数$m_1,m_2,a_1,a_2$，满足$\gcd(m_1,m_2)=1$
假设关系$n\equiv a_1(\mod m_1)$
$n\equiv a_2(\mod m_2)$存在唯一解$x_0$
那么该系统的所有解由$x\equiv x_0(\mod m_1m_2)$给出。
证明：根据条件，设$n=m_1k+a_1$
$m_1k+a_1\equiv a_2(\mod m_2)$，这说明$m_1k\equiv a_2-a_1(\mod m_2)$
由于$\gcd(m_2,m_1)=1|m_2$，该方程一定有解，设为$k_1$
这个方程所有的解$k$满足$k=k+m_2s$（$s$是整数）
$m_1(k+m_2s)+a_1=m_1k+m_1m_2s+a_1=n+m_1m_2s$，$n+m_1m_2s\equiv n(\mod m_1m_2)$，得证。
该定理可以推广至多个变量：设$x$是整数（也可以是函数），设整数$m_1...m_n,a_1...a_n$，满足$m$数组两两互素
假设关系$x\equiv a_1(\mod m_1)...x\equiv a_n(\mod m_n)$存在唯一解$x_0$
那么该系统的所有解由$x\equiv x_0(\mod m_1m_2...m_n)$给出。
考虑将方程两两合并成$x\equiv x_0(\mod m_1m_2)$即可证明。
解两个线性同余方程组，可以用excrt：
$a_1x\equiv b_1(\mod m_1),a_2x\equiv b_2(\mod m_2)$
我们可以先设$a1_x=m_1k+b_1$，获得一个特解$x_0$
设$\gcd(a_1,m_1)=d$，那么所有解都可以被表示成$x_0+\frac{m_1}{d}n$的形式。
将这个解带入第二个方程，得到$a_2x_0\equiv b_2-a_1\frac{m_1}{d}n(\mod m_2)$
这样子就能合并两个方程组。
对于多个方程组两两合并即可。
CRT有如下推论（Splitting modulus theorem）：设整数$m_1,m_2,a$，满足$\gcd(m_1,m_2)=1$
方程$n\equiv a(\mod m_1)$
$n\equiv a(\mod m_2)$的解和$n\equiv a(\mod m_1m_2)$相同。
证明：考虑第三个方程的解，可以表示成$n=a+m_1m_2k$（$k$是整数）的形式
$a+m_1m_2k\equiv a(\mod m_1),a+m_1m_2k\equiv a(\mod m_2)$，所以第三个方程的解也是第一个和第二个方程的解。
考虑第一个方程的解$n=m_1k+a$（$k$是整数），可得$m_1k+a\equiv a(\mod m_2),m_1k\equiv 0(\mod m_2)$
这说明$m_2|m_1k$，由于$\gcd(m_1,m_2)=1$，$m_2|k$
设$m_2c=k$，那么$n=a+m_1m_2c$，$a+m_1m_2c\equiv a(\mod m_1m_2)$，所以第一个方程和第二个方程的解也是第三个方程的解。
利用这个推论，考虑方程$n\equiv a(\mod m)$（$n$可以是关于某数$x$的函数），如果我们将$m_1$唯一分解得到$p_1^{k_1}...p_n^{k_n}$
那么我们事实上等于解方程$n\equiv a(\mod p_1^{k_1})...n\equiv a(\mod p_n^{k_n})$（因为$p_1^{k_1}...p_n^{k_n}$显然两两互素）
而$p_i^{k_i}$可能较小，所以可以结合费马小定理/暴力等方法解决。

第13部分：RSA加密算法
考虑两个人A,B，B进行了如下加密算法：
随机生成两个大素数$p,q$，首先求出$e=(p-1)(q-1),n=pq$
然后求出$k$使得$k,e$互素。
由于$k,e$互素，所以在模$e$意义下$k$存在乘法逆元$l$。
B向A公开发送公钥$(k,n)$，并且保存私钥$(l,n)$
如果A要向B发送信息（假设是整数$F$），那么A可以生成加密后的信息$C$，$C$是$F^k$对$n$取余的结果
B使用获得的加密后的信息$C$，然后计算$C^l$对$n$取余的结果就能得到$F$。
证明：我们就是要证明$F^{lk}\equiv F(\mod n)$
$lk\equiv 1(\mod e)$，这说明存在整数$s$使得$lk=(p-1)(q-1)s+1$
就是要证明$F^{(p-1)(q-1)s+1}\equiv F(\mod n)$
假设$F$不能被$p,q$中任何一个整除，考虑证明$F^{(p-1)(q-1)}\equiv 1(\mod n)$，我们可以使用中国剩余定理的推论。
考虑方程$F^{(p-1)(q-1)}\equiv 1(\mod n)$，其解满足$F^{(p-1)(q-1)}\equiv 1(\mod p),F^{(p-1)(q-1)}\equiv 1(\mod q)$
根据费马小定理，可得$F^{(p-1)(q-1)}\equiv(F^{(p-1)})^{q-1} \equiv 1^{q-1}\equiv 1(\mod p)$
对于所有$F$成立，同理，$F^{(p-1)(q-1)}\equiv 1(\mod q)$对于所有$F$成立。
所以$F^{(p-1)(q-1)}\equiv 1(\mod n)$对于所有$F$恒成立。
假设$F$能被$p,q$中恰好一个整除，假设$p|F$（$q|F$）同理。
使用中国剩余定理的推论，我们就是要证明$F^{(p-1)(q-1)s+1}\equiv F(\mod p)$，$F^{(p-1)(q-1)s+1}\equiv F(\mod q)$恒成立
由于$p|F$，$F^{(p-1)(q-1)s+1}\equiv 0\equiv F(\mod p)$
根据费马小定理可得$(F^{(q-1)})^{s(p-1)}\equiv 1(\mod q)$对于所有$F$成立。
所以$(F^{(q-1)s(p-1)+1})\equiv F(\mod q)$对于所有$F$成立，得证。
假设$F$能被$p,q$同时整除，显然有$F^{(p-1)(q-1)s+1}\equiv 0\equiv F(\mod n)$成立，得证。

第14部分：复数
先定义复数$a=x+yi$的标准形式$x+yi$（$x,y$都要是实数。），$i=\sqrt{-1}$是虚数单位
定义复数的实部$Re(x+yi)=x$，虚部$Im(x+yi)=y$
定义两个复数$x+yi,u+vi$相等：$x=u,y=v$
定义2个复数$a=x+yi,b=u+vi$的加，减，乘法:
$a+b=(x+u)+(y+v)i,a-b=(x-u)+(y-v)i,ab=(xy-uv)+(uy+xv)i$
定义除法：$\frac{x+yi}{u+vi}=\frac{(u-vi)(x+yi)}{(u+vi)(u-vi)}=\frac{(u-vi)(x+yi)}{u^2+v^2}$
$=\frac{ux+vy}{u^2+v^2}+i\frac{-vx+uy}{u^2+v^2}$
除法公式通过给分母乘以分母的共轭以使分母变为实数，从而能化为标准形式。
复数满足如下性质：
1.乘法单位元（Multiplicative identity）$1=1+0i$，加法单位元（additive identity）$0=0+0i$
有$z+0=0+z=z,0*z=z*0=0,1*z=z*1=1$
2.定义一个复数$z=a+bi$的加法逆$-z=-a-bi$
$z+(-z)=(-z)+z=0$
3.结合律：$(x+y)+z=x+(y+z),(xy)z=x(yz)$
4.交换律：$x+y=y+x,xy=yx$
5.定义复数$z=a+bi$的乘法逆$z^{-1}=\frac{a-bi}{a^2+b^2}$
$zz^{-1}=1$
6.分配律：$(x+y)z=xz+yz$
定义复数$a=x+yi$的共轭$\overline a=x-yi$
复数的共轭有如下性质：
1.$\overline{(\overline{a})}=a$
2.$\overline{a}+\overline{b}=\overline{a+b}$
可以推出$\overline{a_1+a_2+...+a_n}=\overline{a_1}+\overline{a_2}+...+\overline{a_n}$
3.$\overline{a}+a=2Re(a),\overline{a}-a=2Im(a)i$
4.$\overline{a}\overline{b}=\overline{ab}$
可以推出$\overline{a_1a_2...a_n}=\overline{a_1}\overline{a_2}...\overline{a_n}$
5.如果$a\neq 0,\overline{a^{-1}}=(\overline{a})^{-1}$
定义复数$a=x+yi$的模长：$\sqrt{x^2+y^2}$
复数的模长有如下性质：
1.$|a|=0$当且仅当$a=0$
2.$|\overline{a}|=|a|$
3.$\overline{a}a=|a|^2$
4.$|a||b|=|ab|$
可以推出$|a_1a_2...a_n|=|a_1||a_2|...|a_n|$
5.如果$a\neq 0,|a^{-1}|=|a|^{-1}$
6.三角形不等式：$|a+b|\leq |a|+|b|$
定义复平面：一个平面，考虑复数$a+bi$，在这个平面的点$(b,a)$处。
通过复平面，我们可以证明三角形不等式：
假设$a=x+yi,b=u+vi$，考虑点$A(x,y),B(-u,-v)$
那么$AB=|a+b|,OA=|a|,OB=|b|$
根据三角形的性质有$AB\leq OA+OB,|a+b|\leq |a|+|b|$
定义复数$a=x+yi$的三角表示（polar form）：
设$a$的模长为$r$，$a=r(\cos(\theta)+i\sin(\theta))$
$\theta$被称为它的幅角（Argument）
比如复数$5-5i$的三角表示是$5\sqrt{2}(\cos(-\frac{pi}{4})+i\sin(-\frac{pi}{4}))$
定义复数的三角形式的乘法（polar multiplication）：复数$a=r_1(\cos(\theta_1)+i\sin(\theta_1)),b=r_2(\cos(\theta_2)+i\sin(\theta_2))$
$a*b=r_1r_2(\cos(\theta_1+\theta_1),i\sin(\theta_1+\theta_2))$
因为$ab=r1r2((\cos(\theta_1)\cos(\theta_2)-\sin(\theta_1)\sin(\theta_1))+i(\sin(\theta_1)\cos(\theta_2)+\sin(\theta_2)\cos(\theta_1)))$
根据和角公式有$a*b=r_1r_2(\cos(\theta_1+\theta_1),i\sin(\theta_1+\theta_2))$
也就是说乘法就是幅角相加，模长相乘。
同理定义除法：$\frac{a}{b}=\frac{r_1}{r_2}(\cos(\theta_1-\theta_1),i\sin(\theta_1-\theta_2))$
根据乘法我们可以推出De Moivre 定理：$(\cos(\theta)+i\sin(\theta))^n=(\cos(n\theta)+i\sin(n\theta))$
可以使用归纳法证明：$n=1$显然成立
对于所有整数$n>1$，我们已知$(\cos(\theta)+i\sin(\theta))^{n-1}=(\cos((n-1)\theta)+i\sin((n-1)\theta))$
$(\cos((n-1)\theta)+i\sin((n-1)\theta))(\cos(\theta)+i\sin(\theta))=(\cos(\theta)+i\sin(\theta))^n$
根据复数乘法的定义，上式等于$(\cos(n\theta)+i\sin(n\theta))$，等于$(\cos(\theta)+i\sin(\theta))^n$，得证。
同样我们可以推出对于复数$a=r(\cos(\theta)+i\sin(\theta))$，除非$a=r=0$，有$a^n=r^n(\cos(n\theta)+i\sin(n\theta))$
例子：证明三倍角公式：$\cos(3\theta)=(4\cos(\theta)^3-3\cos(\theta)),\sin(3\theta)=(3\sin(\theta)-4\sin(\theta)^3)$
考虑复数$a=\cos(\theta)+i\sin(\theta),a^3=\cos(3\theta)+i\sin(3\theta)=\cos(\theta)^3+3i\cos(\theta)^2\sin(\theta)-3\cos(\theta)\sin(\theta)^2-i\sin(\theta)^3$
$=\cos(\theta)^3-3\cos(\theta)\sin(\theta)^2+i(3\cos(\theta)^2\sin(\theta)-\sin(\theta)^3)$
对比系数可得$\cos(3\theta)=\cos(\theta)^3-3\cos(\theta)\sin(\theta)^2=\cos(\theta)^3-3\cos(\theta)(1-\cos(\theta)^2)$
$=4\cos(\theta)^3-3\cos(\theta)$
$\sin(3\theta)=3\cos(\theta)^2\sin(\theta)-\sin(\theta)^3=3(1-\sin(\theta)^2)\sin(\theta)-\sin(\theta)^3=3\sin(\theta)-4\sin(\theta)^3$，得证。
除此之外，容易发现复数乘法对幅角的影响和幂的乘运算时相同的。
所以可以想到欧拉公式：$\cos(\theta)+i\sin(\theta)=e^{i\theta}$
复数$n$次方根：考虑方程$z^n=a$（$a$是复数$k(\cos(\theta)+i\sin(\theta))$），它有$n$个解。
设$|z|=l$，$l$是实数且$l^n=a$，所以$l=\sqrt[n]{a}$
考虑$z=l(\cos(x)+i\sin(x)),z^n=l^n(\cos(nx)+i\sin(nx))=a$
所以$(\cos(nx)+i\sin(nx))=\cos(\theta)+i\sin(\theta)$
所以$nx=2k\pi+\theta,k$是任意整数
所以$\theta=\frac{2k\pi+\theta}{n}$
这个证明似乎是不严谨的，严谨证明需要用到集合相等（待填）
容易发现，所有解均分一个圆。
考虑二次方程$ax^2+bx+c$，$x$可能是复数。
我们知道解是$\frac{-b+\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$，当判别式小于$0$时，我们可以用复数表示$\sqrt{b^2-4ac}$，得到这个方程的复数解。

第15部分：多项式
定义在数域$\mathbb{R}$或者$\mathbb{C}$的多项式$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}...+a_0$。
$n\geq 0$且是整数。定义$x$是未知数（indeterminate），$a_0,a_1...a_n$是$\mathbb{R}$或者$\mathbb{C}$的元素。
$a_i$称为多项式的系数（coefficient），$a_ix^i$称为多项式的项（terms）
如果多项式的所有元素都属于$\mathbb{R}$，则称其为实多项式（real polynomials）
如果多项式的所有元素都属于$\mathbb{C}$，则称其为复多项式（complex polynomials）
定义多项式$f(x)$的度$\deg f(x)$：最大的$n$满足$a_n>0$。
如果$f(x)$的每项都是$0$，则称为零多项式（zero polynomial）
把$\deg f(x)=1,2,3$的多项式分别称为linear polynomials, quadratic
polynomials, and cubic polynomials。
定义多项式$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}...a_0,g(x)=b_nx^n+b_{n-1}x^{n-1}...+b_0$相等：对于所有$0\leq i\leq n$的整数$i$，$a_i=b_i$且$\deg f(x)=\deg g(x)$
定义多项式$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}...a_0,g(x)=b_mx^n+b_{n-1}x^{n-1}...+b_0$并且$a_n,b_n>0$的加法：$\sum_{i=0}^{\max(m,n)}x^i(a_i+b_i)=f(x)+g(x)$
加法后多项式的度为$\max(m,n)$
当$i>n,a_i=0$，当$i>m,b_i=0$
定义多项式$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}...a_0,g(x)=b_mx^n+b_{n-1}x^{n-1}...+b_0$并且$a_n,b_n>0$的乘法：
$\sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{m}x^{i+j}(a_ib_j)=f(x)g(x)=\sum_{i=0}^{n+m}x^ic_i$
$c_i=\sum_{j=0}^{i}a_{i}b_{j-i}$。
同样当$i>n,a_i=0$，当$i>m,b_i=0$。
乘法后多项式的度为$m+n$。
定义实数多项式整除：$\frac{f(x)}{g(x)}$，当且仅当存在实多项式$h(x)$使得$f(x)=g(x)h(x)$成立，记作$g(x)|f(x)$（称作 $g(x)$ divides $f(x)$ or $g(x)$ is a factor of $f(x)$）
同理定义复数多项式整除：$\frac{f(x)}{g(x)}$，当且仅当存在复多项式$h(x)$使得$f(x)=g(x)h(x)$成立，记作$g(x)|f(x)$（称作 $g(x)$ divides $f(x)$ or $g(x)$ is a factor of $f(x)$）
在已知$g(x)$时，求多项式除法可以用长除法。
定义实/复多项式$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}...a_0$的方程（polynomial equation）：$a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}...a_0=0$
如果$f(c)=0$（$c$是实数/复数，与该多项式的类型相同），那么$c$是这个多项式的根（root）
多项式的根有如下性质：
1.分解定理（Factor Theorem）对于所有实/复多项式$f(x)$以及所有的实数/复数$c$，$(x-c)|f(x)$当且仅当$f(c)=0$
2.代数基本定理（Fundamental Theorem of Algebra）：对于所有复多项式$f(x)$，一定存在至少一个根（可以是实数，可以是复数）。
这个定理的证明超出了本文的范围。
3.（Complex Polynomials of Degree $n$ Have $n$ Roots）：
对于所有复多项式$f(x)$，设$\deg f(x)=n$，存在实数$c,c_1...c_n$，使得$f(x)=c(x-c_1)...(x-c_n)$
所以它一定存在$n$个解（可能相同）。
这个定理的证明也超出了本文的范围。
4.3的推论可得对于所有复多项式$f(x)$，设$\deg f(x)=n$，它最多有$n$个根。
把$3$中的$c$数列去重后就是所有根，由于去重后数列的元素个数只会减少，所以根最多有$n$个。
5.虽然寻找三次及以上的多项式的根超越了本文的范围，但是我们还有方法能确定多项式的根：
对于实多项式$f(x)$，如果$x_0$是解，那么$\overline{x_0}$也是解。
证明：$f(x_0)=a_nx_0^n+a_{n-1}x_0^{n-1}...+a_0=0$
两边取共轭得到$\overline{a_n(x_0^n+a_{n-1}x_0^{n-1}...+a_0}=\overline{0}$
也就是$\overline{a_n(x_0^n)}+\overline{a_{n-1}x_0^{n-1}}...+\overline{a_0}=\overline{0}$
根据共轭的性质有$\overline{a_n}(\overline{x_0})^n+\overline{a_{n-1}}(\overline{x_0})^{n-1}...+\overline{a_0}=\overline{0}$
实数的共轭等于自己，所以$a_n(\overline{x_0})^n+a_{n-1}(\overline{x_0})^{n-1}...+a_0=0$
所以$f(\overline{x_0})=0$，得证。
6.对于所有复数$c,(x-c)(x-\overline{c})$是实多项式
证明：$(x-c)(x-\overline{c})=x^2-x(c+\overline{c})+c\overline{c}$
根据共轭的性质，$c+\overline{c}=2Re(c)$，$c\overline{c}=|c|^2$都是实数，得证。
7.对于所有非$0$实多项式，那么它可以被写成若干个一次和二次多项式的乘积。
8.考虑$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}...+a_0$，假设$a_i$都为有理数
考虑它的某个因式$px-q$，那么$p|a_n,q|a_0$
这说明它的有理数解（不一定存在）$\frac{p}{q}$满足$p|a_n,q|a_0$