0801数论

GCD & exGCD

首先我们考虑辗转相除法的过程，因为 $(a,b)=(bmoda,a)(0<a<b)$，$(0,b)=b$，所以我们就可以每次将 $b$ 转化为严格更小的 $b$ 的问题。归纳则得到答案。

现在我们考虑扩欧的过程，我们需要对 $ax+by=1$ 找到一组解。那么我们实际上就是要对一个形如 $(a,b)$ 的问题找到答案。

我们考虑对两边除以 $a$，就变成 $x+\lfloor {\displaystyle \frac{b}{a}}\rfloor y-r_1=0$（商方程）且 $(bmoda)y+a{r}_1=1$（$r_1$ 用于配平余数小于 $a$ 的条件）而假如我们能找到 $by+a{r}_1=1$ 的解，也就可以表出 $x=r_1-\lfloor {\displaystyle \frac{b}{a}}\rfloor y$。而显然问题的规模和 $gcd$ 一样，是严格变小的。直到问题变成 $0r_{n+1}+1r_n=1$，就能直接 $r_n=1$。

同时我们发现，如果 $(a,b)\ne 1$，则方程 $ax+by=1$ 是无解的，这是显然的。因此引出贝祖定理：$c=(a,b)$ 是方程 $ax+by=c$ 有解的充要条件。

费马小定理

费马小定理：对素数 $p$，有 $a^{p-1}\equiv 1(modp)(0<a<p)$。

考虑证明费马小定理。

引理：对素数 $p$ 和 $0<a<p$，如果有 $ab\equiv ac(modp)$，则 $b\equiv c(modp)$。

考虑移项，$a(b-c)\equiv 0(modp)$，即 $p|a(b-c)$，那么我们只需要说明 $p|(b-c)$ 即可。

考虑证明 $p|ab$，$p$ 为质数，$0<a<p$，则 $p|b$。如果证明了这个东西，就可以同时证明算术基本定理（唯一分解定理）。

于是我们考虑 $p|k$ 等价于 $(p,k)=p$，而显然 $(p,a)=1,(p,ab)=p$。根据贝祖定理，如果 $(p,b)\ne p$，$px+by=p$ 是无解的。但是显然 $y=a$ 时方程有解 $x={\displaystyle \frac{p-ab}{p}}$。存在矛盾。得 $(p,b)=p$，即 $p|b$。

因此上面的内容迎刃而解。

考虑第一种证明，设 $1$ 到 $p-1$ 的所有数在集合 $S$ 中，那么这个集合的乘积就是 $(p-1)!$。现在我们给 $S$ 中每个数乘上 $a$ 形成集合 $T$。这里面的乘积是 $(p-1)!a^{p-1}$。只要证明 $S=T$，则可以根据上面的引理得到费马小定理。

考虑若 $ax\equiv ay(modp)$，$x\equiv y(mod)$，所以 $T$ 中数两两不同。但是其元素个数和可选元素个数是 $p-1$，因此 $1$ 到 $p-1$ 每个数出现一次。得证。

考虑第二种证明。首先，我们从 $a^0$ 开始，一定存在某个 $0<k<p$，使得 $a^k\equiv 1(modp)$。

因为我们一共只有 $p-1$ 个数可以选，所以根据抽屉原理，如果 $[1,p-1]$ 不出现 $1$，显然有 $a^x\equiv a^y(modp)(0<x<y<p)$。但是我们有 $a^x\cdot 1\equiv a^x\cdot a^{y-x}(modp)$，根据引理得到 $a^{y-x}\equiv 1(modp)$。而显然 $y-x<p$。

但是我们只是证明了 $p-1$ 的范围内存在 $a^k\equiv 1(modp)$，没有证明 $p-1$ 一定是这样的 $k$。

我们考虑从 $a^0$ 开始，第一次出现 $1$ 的位置是 $a^k$。而每次乘 $a$ 所得到的必然是一个长度为 $k$ 的周期。从任意的 $a^x$ 开始，因为 $a^k$ 是第一个 $1$，所以必然都是长度为 $k$ 的周期。而且每一个不同的周期没有交集。

那么我们发现，所有的 $p-1$ 个数被划分成了若干个长度为 $k$ 的周期。所以 $p-1$ 是 $k$ 的倍数。

因此，$p-1=nk$，则 $a^{p-1}\equiv a^{nk}\equiv (1{)}^n\equiv 1(modp)$。

同学说这就是群论的拉格朗日定理，不太清楚。