基础数论重学笔记

之前都没有怎么理解，现在来复习一下。

费马小定理

对于任意质数 $p$ 和任意整数 $a$ 满足 $gcd(a,p)=1$，有 $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。

引理 1

对于任意三个正整数 $a,b,c$ 满足 $gcd(c,m)=1$，若 $ac\equiv bc(\mathrm{mod}m)$，则 $a\equiv b(\mathrm{mod}m)$。

变成 $c(a-b)\equiv 0(\mathrm{mod}m)$ 之后，因为互质所以可以扔掉 $m$。

引理 2

若 $\{a_1,\cdots ,a_m\}$ 是模 $m$ 的完全剩余系，存在整数 $b$ 满足 $gcd(b,m)$，那么 $\{a_1\times b,\cdots ,a_m\times b\}$ 也是模 $m$ 的完全剩余系。

反证法。如果存在 $a_i\times b\equiv a_j\times b(\mathrm{mod}m)$，根据引理 1 可得 $a_i\equiv a_j(\mathrm{mod}m)$，与 $a$ 是完全剩余系矛盾。

证明

构造模 $p$ 的完全剩余系 $\{0,1,2,\cdots ,p-1\}$。

根据引理 2 可得 $\{0,a,2a,\cdots ,(p-1)a\}$ 也是模 $p$ 的完全剩余系。

一一对应可得 $1\times 2\times \cdots \times (p-1)\equiv a\times 2a\times \cdots \times (p-1)a(\mathrm{mod}p)$。

即 $(p-1)!\equiv (p-1)!\times a^{p-1}(\mathrm{mod}p)$。

显然 $gcd(p,(p-1)!)=1$，根据引理 1 即可证毕。

欧拉定理

$a^{\phi (n)}\equiv 1(\mathrm{mod}n)$，其中 $gcd(a,n)=1$。

费马小定理是 $n$ 为质数的一种特殊情况。

首先两个与 $n$ 互质的数的乘积仍然与 $n$ 互质。

所以证明把费马小定理里面的完全剩余系换成与 $n$ 互质的剩余系即可。

乘法逆元

乘法逆元，是指数学领域群 $G$ 中任意一个元素 $a$，都在 $G$ 中有唯一的逆元 $a^{\prime }$，具有性质 $a\times a^{\prime }=a^{\prime }\times a=e$，其中 $e$ 为该群的单位元。
单位元是集合里的一种特别的元，与该集合里的运算有关。当它和其他元素结合时，并不会改变那些元素。

所以在模域下的乘法中，单位元就是 $1$。

在求 $\frac{y}{x}$ 时我们可以先求出 $\frac{1}{x}$ 再乘上 $y$。

具体地，若 $a\times b\equiv 1(\mathrm{mod}p)$，则称 $b$ 是 $a$ 在模 $p$ 意义下的乘法逆元，记作 $a^{-1}$，即 $b\equiv \frac{1}{a}(\mathrm{mod}p)$。

可以写成 $a\times b+p\times q=1$ 的形式，根据裴蜀定理只有 $a$ 与 $p$ 互质才有解，也就是乘法逆元存在的条件。

费马小定理

只能解决 $p$ 是质数的情况。

$$a\times b\equiv 1(\mathrm{mod}p)$$

$$a\times b\equiv a^{p-1}(\mathrm{mod}p)$$

$$b\equiv a^{p-2}(\mathrm{mod}p)$$

欧拉定理

需要事先求出 $\phi (a)$。

$$a\times b\equiv 1(\mathrm{mod}p)$$

$$a\times b\equiv a^{\phi (a)}(\mathrm{mod}p)$$

$$b\equiv a^{\phi (a)-1}(\mathrm{mod}p)$$

把两个定理分开写了一堆废话……

拓展欧几里得算法

$$a\times b\equiv 1(\mathrm{mod}p)$$

$$a\times b+p\times q\equiv 1$$

$b$ 取最小正整数解。

阶乘

在求组合数时我们常常会用到阶乘的逆元。

先用上面的方法求出 $n!$ 的逆元，然后考虑递推，从 $i$ 推到 $i-1$：

$$\frac{1}{(i-1)!}\equiv \frac{1}{i!}\times i(\mathrm{mod}p)$$

再深入思考一下你会发现 $\frac{1}{i!}\times (i-1)!=\frac{1}{i}(\mathrm{mod}p)$。

这样就做到了线性求 $1\sim n$ 的逆元。

如果要线性求一堆数的逆元，可以将 $i$ 替换成 $a_i$。

威尔逊定理

$p$ 为质数当且仅当 $(p-1)!\equiv -1(\mathrm{mod}p)$。

必要性

两边同除以 $p-1$ 得到 $(p-2)!\equiv 1(\mathrm{mod}p)$。

考虑逆元为其本身的数，可以解得只有 $1$ 和 $p-1$。

所以 $2\sim p-2$ 的逆元组成的集合同样为 $2\sim p-2$，并且可以两两划分为乘积为 $1$ 的组。

充分性

如果 $p$ 不为素数，那么可以将 $p$ 表示成 $a\times b(1<a,b<p)$。

那么 $(p-1)!$ 一定存在因子 $p$，所以 $(p-1)!\equiv 0(\mathrm{mod}p)$。