20230710-20230711 数论
数论
被薄纱了/kk
授课老师：南京大学-朱富海教授
20230710
裴蜀定理
对于给定不全为零的整数的 \(a,b\) 一定存在一对整数 \(x,y\) 满足 \(ax+by=gcd(a,b)\) 。
证明：
- \(a==0\) \(or\) \(b==0\) 显然成立；
- 设 \(gcd(a,b)=d\) ， 即求证存在 \(x,y\) 满足 \(ax+by=d\) ，
等式两边同时除 \(d\) ，即求证存在 \(x,y\) 满足 \(a_1x+b_1y=1\) ，其中 \(a=a_1d,b=b_1d\) 。
由带余除法：
$$① a_1 = q_1b_1 + r_1 , 其中 0 < r_1 < b_1$$
$$② b_1 = q_2r_1 + r_2 , 其中 0 < r_2 < r_1$$
$$③ r_1 = q_3r_2 + r_3 , 其中 0 < r_3 < r_2$$
$$......$$
$$④ r_{n-4} = q_{n-2}r_{n-3} + r_{n-2}$$
$$⑤ r_{n-3} = q_{n-1}r_{n-2} + r_{n-1}$$
$$⑥ r_{n-2} = q_nr_{n-1} + r_n$$
$$⑦ r_{n-1} = q_{n+1}r_n + 1$$
故，由⑦和⑥推出 $$r_{n-2}A_{n-2} + r_{n-1})B_{n-1} = 1$$
再结合⑤推出 $$r_{n-3}A_{n-3} + r_{n-2}B_{n-2} = 1$$
再结合④推出 $$r_{n-4}A_{n-4} + r_{n-3}B_{n-3} = 1$$
$$......$$
再结合③推出 $$r_1A_1 + r_2B_2 = 1$$
再结合②推出 $$b_1A_0 + r_1B_0 = 1$$
再结合①推出 $$a_1x + b_1y = 1$$
证毕。
欧几里得引理
对与每个 \(p\mid ab\) ，一定存在 \(p\mid a\) \(or\) \(p\mid b\) ，其中 \(p\) 为质数， \(a\) 、 \(b\) 均为正整数。
证明：
- \(a==0||b==0\) 直接得证；
- 因为 \(p\mid ab\) ，即存在正整数 \(k\) 使得 \(kp=ab\) 。
假设 \(p\nmid a\) ，由于 \(p\) 为质数，则 \(\gcd (a,p)=1\) ，即存在（裴蜀定理）
\(xa+yp=1\)
将等式两边同乘 \(b\) ，得
\(xab+ypb=b\)
又因为 \(kp=ab\) ，所以
\(xkp+ypb=b\)，
\(p(xk+yb)=b\)，
即 \(p\mid b\) 。
若 \(p\nmid b\) 同理。
证毕。
算术基本定理（唯一分解定理）
对于 \(\forall n \in \mathbb{Z}_+\)（\(n > 1\)） ， \(n=p_1p_2....p_k\) 是唯一的（ \(p_i\) 为质数）。
证明：
存在性：
假设 \(n\) 为第一个不存在分解的最小正整数。
根据可除性，我们可以把正整数分为 \(1\) ，合数，质数。
显然，根据定义，若不存在分解则 \(n\) 只能为合数。
因为若 \(n\) 为质数，\(p=p\) ，存在分解。
设 \(n=a\times b\)（\(a,b\ne 1\)） ，由于 \(n\) 为最小不存在分解的正整数，则 \(a\) ， \(b\) 必然存在分解，即 \(a\) ， \(b\) 均可以写做质数的乘积。
因此， \(n\) 也可以写做质数的乘积，这与定义相矛盾，所以不存在这样的 \(n\) 。
证毕。
唯一性：
假设 \(n\) 为存在两个分解的最小整数，即 \(n=p_1p_2p_3...p_{k_1}=q_1q_2q_3...q_{k_2}\) （ \(p_i\) ， \(q_i\) 均为质数），其中两个序列均无相同元素且不降。
由于 \(p_1\mid n\) ， \(n=q_1q_2q_3...q_{k_2}\) ，
则满足 \(p_1\mid q_1q_2q_3...q_{k_2}\) ，
根据欧几里得引理， \(p_1\) 一定能被其中一个 \(q_i\) 整除，不妨假设其为 \(q_j\) ，
又因为 \(p_1\) ， \(q_j\) 均为质数，所以只有当 \(p_1=q_j\) 时才存在 \(p_1\mid q_j\) ，
所以也就有比 \(n\) 小的 \(m\) 存在 \(m=p_2p_3p_4...p_{k_1}=q_1q_2q_3...q_{k_2-1}\) （ \(q\) 序列中不存在先前的 \(q_j\) ），
而这与先前的条件相冲突（无论是不满足“无相同元素”还是 \(n\) 为最小存在两个分解的正整数），因此不存在这样的 \(n\) 。
证毕。
一个简单结论但是想证明一下
结论： \(\gcd(a,b)\times lca(a,b)=ab\)
设 \(a=p_1p_2...p_{k_1}\) ， \(b=q_1q_2...q_{k_2}\) （ \(q_i,p_i\) 均为质数） ， 其中 \(p_1=q_1,p_2=q_2,......,p_i=q_i(i<min(k_1,k_2)\) 。
则 \(\gcd (a,b)=p_1p_2.....p_i\) ，
\(lca(a,b)=p_1p_2.....p_{k_1}\times q_{i+1}q_{i+2}.....q_{k_2}\) 。
所以 \(\begin{aligned}
ab & = p_1p_2...p_{k_1}\times q_1q_2...q_{k_2} \\
& = p_1p_2p_{k_1}\times q_{i+1}q_{i+2}...q_{k_2}\times p_1p_2...p_i \\
& = lca(a,b)\times \gcd (a,b)\\
\end{aligned}\)
证毕。
一个也很简单的定理但还是写一下证明--同余定理
对于正整数 \(a,b\) 且 \(a>b\) ，一定存在一组 \(k,m\) 满足 \(a=k\times m+b\) 。
所以 \(a\equiv b\) \((\mod m)\) 。
同余的传递性：
设 \(a=k_1 \times m+b,c=k_2 \times m+d\) (\(a>b,c>d\)) 。
即 \(a\equiv b\) \((\mod m)\) ， \(c\equiv d\) \((\mod m)\) 。
\(\begin{aligned} a+c & = m(k_1+k_2)+(b+d),a\times c \\ & \Longleftrightarrow (a+c) \equiv (b+d) (\mod m)\\ a\times c & = k_1dm+k_2bm+k_1k_2m^2+(b\times d) \\ & = m(k_1d+k_2b+k_1k_2m)+(b\times d) \\ & \Longleftrightarrow (a\times c) \equiv (b\times d) (\mod m) \end{aligned}\)
中国剩余定理（CRT）
给定 \(m_1,m_2,...,m_k\) （两两互质）和 \(r_1,r_2,...,r_k\) ，求解：
设 \(M\) 为 \(m_1~m_k\) 的 \(lca\) ，由于两两互质，所以 \(M=m_1m_2...m_k\).
设 \(q_i=M/m_i\) ，并找到 \(p_i\) 满足 \(p_iq_i\equiv 1\) \((\mod m_i)\)。
则答案就是 \(x=(p_1q_1r_1+p_2q_2r_2+...+p_kq_kr_k) \mod M\)。
因为 \(x=x%M\) 所以 \(x\) 为最小值。
证明：
由于 \(m_i\) 两两互质，所以 \(lca(\sum m_i)=M\) 。
对于每个 \(q_i\) ， \(\forall k \ne i ,q_ir_ip_i\equiv 0\) \((\mod m_k)\) 。
又因为 \(q_ip_i\equiv 1\) \((\mod m_i)\) ，所以 \(q_ip_ir_i\equiv r_i\) \((\mod m_i)\) 。
综上所述，将公式带入原方程组即能够满足所有的同余式。
证毕。
费马小定理
若存在整数 \(n,p\) ，其中 \(p\) 为质数， \(n\) 不是 \(p\) 的倍数，则存在 \(n^{p-1}\equiv 1 (\mod p)\)。
证明
前置证明：
- 若 \(\gcd(c,p)=1\) ， \(ac\equiv bc (\mod p)\) ，则 \(a\equiv b (\mod p)\)。
\(ac\equiv bc (\mod p)\Leftrightarrow (a-b)c\equiv 0 (\mod p)\)
\(\Longleftrightarrow p\mid (a-b)c\)
由于 \(\gcd(c,p)=1\) ，所以 \((a-b)\equiv 0 (\mod p)\)。
\(\Longleftrightarrow a\equiv b (\mod p)\)。
证毕。 - 若存在一个关于整数 \(n\) 的完全剩余系 \(G\) ,则对于正整数 \(m\) ，\(mG\) 也是一个关于质数 \(n\) 的完全剩余系。
- 完全剩余系，即 \(\left\{ a_1,a_2,...,a_m \right\}\) 中任意一个元素 \(a_i \mod m \ne 0\) 。
根据同余的传递性，对于 \(a\) ，则存在 \(\left\{ a\times 1,a\times 2,...,a\times (n-1) \right\}\) 也会是一个关于 \(n\) 的完全剩余系。
对于一个质数 \(p\) ，我们容易发现 \(\left\{ 0,1,2,...,p-1 \right\}\) 为一个关于 \(p\) 的完全剩余系。
由于 \(\gcd(a,p)=1\) ，所以 \(\left\{ 0,a,2a,...,(p-1)a \right\}\) 也是一个关于 \(p\) 的完全剩余系。
所以 \(1\times 2\times ...\times (p-1)\equiv a\times 1\times 2a\times ...\times (p-1)a (\mod p)\)。
所以 \((p-1)!\equiv a^{p-1} (\mod p)\)。
因为 \((p-1)!\equiv 1 (\mod p)\) （后面有证明） ， 所以 \(a^{p-1}\equiv 1 (\mod p)\) 。
证毕。
欧拉函数
欧拉函数 \(\phi(n)\) 表示小于 \(n\) 且与 \(n\) 互质的数的个数。
欧拉定理
若 \(a,n\) 为正整数且 \(a,n\) 互质，则存在 \(a^{\phi n}\equiv 1 (\mod n)\) 。
证明
费马小定理即为欧拉定理特殊情况，证明方法类似，不过多赘述。
群
群论，是数学概念。在数学和抽象代数中，群论研究名为群的代数结构。群在抽象代数中具有基本的重要地位：许多代数结构，包括环、域和模等可以看作是在群的基础上添加新的运算和公理而形成的。群的概念在数学的许多分支都有出现，而且群论的研究方法也对抽象代数的其它分支有重要影响。（出自百度百科）
群一般满足几个要求。
群是一个非空集合，且同时定义了一个二元运算 -（如乘法，加法）
- 封闭性：即对于任意群中元素 \(a\) , \(b\) ，一定存在 \(c\) 满足 \(a-b=c\) 。
- 存在结合律。
- 存在单位元。
- 存在逆元。
具体参考 百度百科。
威尔逊定理
对于任意质数 \(p\) ，存在 $(p-1)!\equiv (p-1) $ \((\mod p)\) 并互为充要条件。
证明：
均不考虑 \(p=1\) 的情况（ \(mod\) \(0\) 没有意义）。
充分性：
若 \(p\) 不是质数，考虑其因子情况：
-
若 \(p=4\) ：\(3!=6\equiv 2\) \((\mod 4)\)。
-
若 \(p>4\) 且 \(p\) 不为完全平方数：一定存在一组 \(a,b\) 满足 \(a\times b=p\) 且 \(a\ne (p-1),b\ne (p-1)\)，则 ：
\((p-1)!=1\times 2\times ...\times a\times...\times b\times ...\times (p-1)=np\) \((n\ne 0)\)，所以 \((p-1)!\equiv 0\) \((\mod p)\) 。 -
若 \(p>4\) 且 \(p\) 为完全平方数：存在一个 \(k\) ，满足 \(k^2=p\) ，由于 \(p>4\) ，所以 \(2\times k<p\) 。
则 \((p-1)!=1\times 2\times...\times k\times ...\times 2k\times...\times (p-1)=n\times 2\times k^2\equiv 0\) \((\mod p)\)。
证毕。
必要性：
\((p-1)!\equiv p-1 (\mod p)\Leftrightarrow p\mid ((p-1)!-1)\)
假设存在一个 \(a\) 为 \(p\) 的质因子。
那么也一定存在 \(a\mid (p-1)!\) ，因此就一定存在 \(a\nmid ((p-1)!-1)\) 。
而根据 \(a\) 的定义，一定存在 \(a\mid ((p-1)!-1)\) ，前后相互矛盾，所以不存在这样的 \(a\) ，即合数 \(p\) 没有质因子。
所以 \(p\) 为质数。
证毕。
矩阵
矩阵是
Lagrange 定理
Dirichlet 卷积
20230711
三次函数求根
对于任意的三次函数 \(f(x)=ax^3+bx^2+cx(a!=0)\) ，求个导 \(f(x)'=ax^2+bx+c\) , 然后根据二次函数求根公式能很容易算出 \(f(x)'\) 。
