数论笔记

排列组合

1.加法原理

完成一件事情，有n类做法，每一类对应的是\(m_{1},m_{2},m_{3},\ldots m_{n}\)。那么完成这些事情总共有\(m_{1}+m_{2}+m_{3}+\ldots m_{n}\)种做法。

2.乘法原理

完成一件事情，分成n步，每一步对应的是\(m_{1},m_{2},m_{3},\ldots m_{n}\)。那么完成这些事情总共有\(m_{1}*m_{2}*m_{3}*\ldots m_{n}\)种做法。

3.加法原理和乘法原理的区别

加法原理只是分了若干类，但是之间是点到点的。

4.排列和组合的区别

有顺序的问题称为排列问题，没顺序的问题称为组合问题。

5.问题类型

组数问题
抽取问题(分配问题)
染色问题(涂色问题)
种植问题

6.排列数

定义：

从n个不同元素中，取出m\((m\leq n)\)个元素，所有不同排列的个数叫做从n个元素中取出m个不同元素的排列数。记为\(A^{m}_{n}\)
\(A^{m}_{n}\)\(=n\left( n-1\right) \left( n-2\right) \ldots \left[ n-\left( m-1\right) \right]\)
\(=n\left( n-1\right) \left( n-2\right) \ldots \left( n-m+1\right)\)
\(=\dfrac {n!}{\left( n-m\right) !}\)
\(0!=1\)

排列

从n个元素中取出m个元素进行排队,记作\(A^m_{n}\)\(=\dfrac {n!}{\left( n-m\right) !}\)

全排列：

\(A^{n}_{n}\)\(=n\left( n-1\right) \left( n-2\right) \ldots\left( n-n+1\right)\)
\(=n\left( n-1\right) \left( n-2\right) \ldots 1\)
\(=n!\)

问题类型:

无限制条件
相邻不相邻
定序
元素的存在性
数字排列整除(尤其注意元素0的处理)

组合

从n个元素中取出m个元素
\(C^m_{n}=\dfrac{A^m_{n}}{m!}\)
\(C^m_{n}=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}\)
\(x_{1}+x_{2}+···+x_{n}=r\)有\(C^r_{n+r-1}\)个非负整数解

n元集的可重复排列

\(S=\{\infty a_{1},\infty a_{2},···,\infty a_{k}\}\)
从s中选r个元素,有\(k^{r}\)种排列
\(S=\{n_{1}a_{1},n_{2}a_{2},···,n_{k}a_{k}\}\)
\(n=n_{1}+n_{2}+n_{k}\)
有\(\dfrac{n!}{n_{1}!n_{2}!···n_{k}!}\)个

圆排列

从n个不同元素中,选m个元素排在一个圆周上
个数:\(\dfrac{A^m_{n}}{m}\)
全部圆排列(圆排列的全排):\(\dfrac {A^n_{n}}{n}=(n-1)!\)

项链排列

n粒

\[D(n)= \begin{cases} 1　　　　　　　n=1或2\\ \dfrac{(n-1)!}{2}　　　n\geq3 \end{cases} \]

数论

整除

如果\(a=bc,b\neq0\)
b能够整除a:\(b\mid a\)
b不能够整除a:\(b\nmid a\)

1.性质

(1)\(b\mid c,c\mid a\Rightarrow b\mid a\)
(2)\(b\mid a,b\mid c\Rightarrow b\mid (\lambda a\pm \mu c)\)
(3)若\(b\mid a\Rightarrow a=0\)或\(\left| a\right| \geq \left| b\right|\)
(4)带余除法：
\(a=bq+r,b>0,0\leq r<b\)
\(r=0,1,2,···,b-1\)
(5)\(n\in N^{\ast }\)
\(x^n-y^n=(x-y)(x^{n-1}+x^{n-2}y+x^{n-3}y^2+···+y^{n-1})\)
(6)n为正奇数时
\(x^n+y^n=(x+y)[x^{n-1}-x^{n-2}y+x^{n-3}y^2-···-(-1)^ny^{n-1}]\)

2.

对任意整数n,设\(S(n)\)为其十进制的数码之和
\(9\mid n\Leftrightarrow 9\mid S(n)\)
证：假设\(n=a_{k}a_{k-1}···a_{0}\)

\[S(n)=\sum ^k_{n=0}a_{n}=a_{0}+a_{1}+···+a_{k} \]

由\(9\mid n,9\mid n-S(n)\Rightarrow 9\mid S(n)\)
\(n=a_{k}\times 10^k+a_{k-1}\times 10^{k-1}+···+a_{0}\)
\(S(n)=a_{k}+a_{k-1}+···+a_{0}\)
\(x^n-y^n=\)\(n-S(n)\)
\(=a_{k}(10^k-1)+a_{k-1}(10^{k-1}-1)+···+a_{1}(10-1)\)
\(=a_{k}(10-1)(···)+a_{k-1}(10-1)(···)+···+a_{1}(10-1)\)
\(9\mid n-S(n),9\mid n\Rightarrow 9\mid S(n)\)
同理
\(9\mid n-S(n),9\mid S(n)\Rightarrow 9\mid n\)

3.

设k是个\(\geq 1\)的奇数
证明:对任意正整数n,数\(1^k+2^k+···+n^k\)
不能被\(n+2\)整除
证:\(n=1,1^k+···+n^k=1\)
\(n+2=3,3\nmid 1\)
\(n=2,1^k+2^k\)
\(n+2=4,4\nmid (1^k+2^k)\)
\(n\geq 3\)
\(S=1^k+2^k+···+n^k\)
\(S=(n+2)m+(n+1)\)
\(S=n^k+···+2^k+1^k\)
\(2S=2+(n+2)(···)+(n-1+3)(···)\)
\(x^n+y^n=(x+y)(···)\)
\(=2+(n+2)(···)\)
若\((n+2)\mid S\)则\((n+2)\mid 2S\),则\((n+2)\mid 2\)

最大公约数与最小公倍数

最小公倍数：\([a,b]\)
最大公约数：\((a,b)\)
互素:\((a,b)=1\)

1.裴蜀定理

设a,b是不全为0的整数，则存在x,y为整数
使得\(xa+yb=(a,b)\)
　　　　\(\Downarrow\)

2.

\(xa+yb=1\Rightarrow(a,b)=1\)

3.

若\(m\mid a,m\mid b\)
则\(m\mid (a,b)=xa+by\)

4.

若\(m>0\)
则\((ma,mb)=m(a,b)\)

5.

若\((a,b)=d\)
\((\dfrac{a}{d},\dfrac{b}{d})=1\)

6.

若\((a,m)=1,(b,m)=1\)
则\((ab,m)=1\Rightarrow(a^k,m)=1\)
\(a=p_{1}^{\alpha_{1}}p_{2}^{\alpha_{2}}···p_{k}^{\alpha_{k}}\)
\(m=l_{1}^{\beta_{1}}l_{2}^{\beta_{2}}···l_{k}^{\beta_{k}}\)
\((m,a)=1,l_{i}\nmid a\)
\(a^k\)同理
\(b=\gamma_{1}^{z_{1}}···\gamma_{k}^{z_{k}}\)
\((b,m)=1,l_{i}\nmid b\)
\((a^k,m)=1,(b^k,m)=1,(a^k,m^k)=1,(b^k,m^k)=1\)

7.

若\(b\mid ac,\)且\((a,b)=1\)
则\(b\mid c\)

8.

设正整数a,b之积为一个整数的k次幂
且\((a,b)=1\),则a,b都是整数的k次幂

素数的唯一分解定理

1.

大于1的整数必有素约数

2.

设p是素数,n是任意一个整数
\(\Rightarrow p\mid n\)或\((p,n)=1\)

3.

设p是素数,a,b为整数,若\(p\mid ab\)
则a,b中至少有一个能被p整除

4.

素数有无穷多个
证明:假定正整数中,只有有限个素数
设\(p_{1}<p_{2}<···<p_{k}\)
令\(N=p_{1}p_{2}···p_{k}+1\)
则\(N>1\)
\(\therefore N\)一定有一个质因数\(p,p<p_{i}\)
\(p\mid p_{1}···p_{k}\)

5.(唯一分解定理)

每个大于1的正整数
\(n=p_{1}^{\alpha_{1}}p_{2}^{\alpha_{2}}···p_{k}^{\alpha_{k}}\)
　　　　\(\Uparrow\)

6.

\(p_{1}^{\beta_{1}}p_{2}^{\beta_{2}}···p_{k}^{\beta_{k}}\)(约数)
\(0\leq \beta_{i} \leq \alpha_{i}\)

7.

\(p^\alpha\parallel m\)(恰能整除)
\(p^\alpha \mid m\)而\(p^{\alpha+1}\nmid m\)
\(p^\alpha \parallel n!\)

\[\alpha=\sum^\infty_{k=1}[\dfrac{n}{p^k}]$$(取整函数,也称作高斯函数) ####8. 设a是任一大于1的整数,则a的除1外的最小正uors因数q是一质数,并且当a为合数时 $q\leq \sqrt{a}$ 记:假定q不是质数,q除了1和本身外 $q_{1}\mid q$ $\therefore 1< q_{1}< q,a_{1}\mid q,q\mid a$ $\therefore q_{1}\mid a$ 当a为合数时,$a=a_{1}q,$且$a_{1}>1$ $\therefore a=a_{1}q>q·q$ $\therefore q\leq\sqrt{a}$ ####9.贾宪数 $\dfrac{n!}{k!(n-k)!}$是整数$(0<k<n)$ 高斯函数的问题： $[x]$x的取整部分,$\{x\}$x的小数部分 $x=[x]+\{x\}$ (1)$[x]\leq x<[x]+1$ (2)$x-1<[x]\leq x$ (3)$[n+x]=n+[x]$ (4)$[x]+[y]\leq [x+y]$ $=[[x]+\{x\}+[y]+\{y\}]$ $=[[x]+[y]+\{x\}+\{y\}]$ $=[x]+[y]+[\{x\}+\{y\}]$ ###二元一次不定方程 ####定理1 设二元一次不定方程$ax+by=c$(a,b,c都是整数,且a,b不同为0) 有一整数解$x_{0},y_{0}$ 又$(a,b)=d,a=a_{1}d,b=b_{1}d$ \]

\begin{cases}
x=x_{0}-b_{1}t \
y=y_{0}+a_{1}t　　t=0,\pm1,\pm2···
\end{cases}

\[$ax_{0}+by_{0}=c$ $a(x_{0}-b_{1}t)+b(y_{0}+a_{1}t)$ $=ax_{0}-ab_{1}t+by_{0}+ba_{1}t$ $=ax_{0}+by_{0}-a_{1}b_{1}dt+b_{1}da_{1}t=0$ $=ax_{0}+by_{0}=c$ ####定理2 $ax+by=c$有解 　　　　　$\searrow$ $(a,b)=d,d\mid c$ $ap+bq=d$ $ax+by=(a,b)$ 若$d\mid c,c=md$ $a(mp)+b(mq)=md=c$ $d\mid (ax+by),$那么$d\mid c$ 若$(a,b)\mid c$,就有解 ####公式 若a,b是任意两个正整数 $Q_{k}a-P_{k}b=(-1)^{k-1}r_{k},k=1···n$ 其中$p_{0}=1,p_{1}=q_{1},p_{k}=q_{k}p_{k-1}+p_{k-2}$ $Q_{0}=0,Q_{1}=1,Q_{k}=q_{k}Q_{k-1}+Q_{k-2}$ $k=2···n$ $ax+by=c$ $x=(-1)^{n-1}Q_{n},y=(-1)^np_{n }$ \]

\begin{cases}
a=bq_{1}+r_{1},0<r_{1}<b \
b=r_{1}q_{2}+r_{2},0<r_{2}<r_{1}\
r_{k-1}=r_{k}q_{k+1}+r_{k+1},0<r_{k+1}<r_{k}\
r_{n+1}=r_{n}q_{n+1}
\end{cases}

\[###同余 ####1. $a\equiv b　(mod　m)$ 则$b\equiv a　(mod　m)$ ####2. 若$a\equiv b　(mod　m),b\equiv c　(mod　m)$ 则$a\equiv c　(mod　m)$ ####3. 若$a_{1}\equiv b_{1}　(mod　m),a_{2}\equiv b_{2}　(mod　m)$ 则$a_{1}+a_{2}\equiv b_{1}+b_{2}　(mod　m)$ ####4. 若$a+b\equiv c　(mod　m)$ 则$a\equiv c-b　(mod　m)$ $a=k_{1}m+t_{1},b=k_{2}m+t_{2}$ $a+b=(k_{1}+k_{2})m+(t_{1}+t_{2})$ 那么$c\equiv (t_{1}+t_{2})$ $c=km+(t_{1}+t_{2}),b=k_{2}m+t_{2}$ $c-b=(k-k_{2})m+t_{1}$ ####5. 若$a\equiv b　(mod　m)$且$a=a_{1}d,b=b_{1}d,(d,m)=1$ 　$\Downarrow$　　　　　　　则$a_{1}\equiv b_{1}　(mod　m)$ $a-b\equiv 0　(mod　m)$ $a_{1}d-b_{1}d\equiv 0　(mod　m)$ $d(a_{1}-b_{1})\equiv 0　(mod　m)$ $m\mid d(a_{1}-b_{1})$ 那么$(m,d)=1,m\mid (a_{1}-b_{1})$ $a_{1}\equiv b_{1}　(mod　m)$ ####6. 若$a\equiv b　(mod　m),k>0$ 则$a_{k}\equiv b_{k}　(mod　m_{k})$ ####7. 若$a\equiv b　(mod　m)$,d是a,b及m的任一正因数 $\dfrac{a}{d}\equiv \dfrac{b}{d}　(mod　\dfrac{m}{d})$ ####8. 若$a\equiv b　(mod　m_{i}),i=1,2,···,k$ $a\equiv b　(mod　[m_{1},m_{2},···,m_{k}])$ ####9. 若$a\equiv b　(mod　m),d\mid m,d>0$ $a\equiv b　(mod　d)$ ####10. 若$a\equiv b　(mod　m)$ 则$(a,m)=(b,m)$ 若d整除m及a,b二数之一 则d必整除a,b的另一个 $m\mid (a-b),(a,m)=d$ \]

\begin{cases}
d\mid (a-b)\
d\mid a
\end{cases}

\[$$\Downarrow\]

\[d\mid b \]

应用

整除问题
求余数与末位数问题
解不定方程
进位制问题
平方数问题

平方数小性质

(1)平方数的末两位
偶数0　偶数1　偶数4　偶数9　25　奇数6
(2)奇数的平方的十位数为偶数
(3)把平方数的各位数码相加,如果所得不是一位数,再把这些数码相加,直到一位数为止,这个一位数只能是0,1,4,7,9

同余式

一元n次同余式：
\(f(x)=a_{n}x^n+a_{n-1}x^{n-1}+···+a_{1}x+a_{0}\equiv 0　(mod　m)\)　
其中\(m\nmid a_{n},a_{i}\)
\(f(c)\equiv 0　(mod　m)\)
c就叫做同余式的根或解

定理1

\(ax\equiv b　(mod　m)\)
若有一个解\(x_{0}\),则b有一类解\(x\equiv x_{0}　(mod　m)\)
\(ax_{0}\equiv b　(mod　m)\)
\(x\equiv km+x_{0}\)
\(akm+ax_{0}\equiv ax_{0}\)

定理2

若\((a,m)=1\)
则\(ax\equiv b　(mod　m)\)
只有一个解
\((a,m)=1,0\)
则\(a,2a,···,(m-1)a\)是m的一个完全剩余系
其中,有且只有一个\(ra\equiv b　(mod　m)\)
\(\therefore x\equiv r　(mod　m)\)是唯一解

定理3

若\((a,m)=1\)
则\(ax\equiv b　(mod　m)\)
\(x=ba^{\phi(m)-1}　(mod　m)\)

定理4

\((a,m)=d>1,d\nmid b\)
则\(ax\equiv b　(mod　m)\)无解

定理5

\((a,m)=d>1,d\mid b\)
则有d个解

模为素数的二次同余方程

定义:\(p>2\)的素数,d为整数,\(p\nmid d\)
如果同余方程\(x^{2}\equiv d　(mod　p)\)有解
则d是模p的二次剩余
若无解,则称d是模p的二次非剩余

剩余类及完全剩余类

1.

若m是一个给定的正整数,则全部整数可以分成m个集合。记作\(k_{0},k_{1},···,k_{m-1}\)
其中\(k_{r}\)是\(mq+r\)的形式
\(k_{0}　k_{1}　k_{2}　···　k_{m-1}\)
每一个叫模m的剩余类
从剩余类中随便挑一个
\(a_{0}　a_{1}　a_{2}　···　a_{m-1}\)
叫做它的一个完全剩余系
总结：每一类叫剩余类,从每一类当中挑一个数组成的m-1个数叫做它的完全剩余系
绝对值最小完全剩余系:
　m是偶数:
　\(-\dfrac{m}{2},-\dfrac{m}{2}+1,···,-1,0,1,···,\dfrac{m}{2}-1\)
　m是奇数:
　\(-\dfrac{m-1}{2},···,-1,0,1,···,\dfrac{m-1}{2}\)
最小非负完全剩余系:
\(0,1,···,m-1\)

欧拉函数

\(\phi()\)为欧拉函数
\(\phi(n)\):n的简化剩余系的个数
\(\phi(n)=n(1-\dfrac{1}{p_{1}})(1-\dfrac{1}{p_{2}})(1-\dfrac{1}{p_{3}})···(1-\dfrac{1}{p_{k}})\)

欧拉定理

若(a,m)=1,则\(a^{\phi (m)}\equiv 1　(mod　m)\)

欧拉函数

若\((a,b)=1\)则\(\phi(ab)=\phi(a)\phi(b)\)
\(ab=ab(1-\dfrac{1}{p_{1}})(1-\dfrac{1}{p_{2}})(1-\dfrac{1}{p_{3}})···(1-\dfrac{1}{p_{k}})(1-\dfrac{1}{m_{1}})(1-\dfrac{1}{m_{2}})(1-\dfrac{1}{m_{3}})···(1-\dfrac{1}{m_{k}})\)
\(=\phi(a)\phi(b)\)

费马小定理

欧拉定理特殊化:
若m为素数,\(\phi(m)=m-1\)
\(\therefore a^{m-1}\equiv 1　(mod　m)\)
若p为素数,\(a^{p-1}\equiv 1　(mod　p)\)

威尔逊定理

设p是素数,则
\((p-1)!+1\equiv 0　(mod　p)\)

威尔逊定理的逆定理

若\((p-1)!\equiv -1　(mod　p)\),则p为素数

二项式定理

\[(x+y)^n=\sum^n_{k=0}C^{k}_{n}x^{k}y^{n-k}　　　　n\in N^{*} \]

牛顿二项式定理

\[(x+y)^\alpha=x^{\alpha}+C^{1}_{\alpha}x^{\alpha-1}y+C^{2}_{\alpha}x^{\alpha-2}y^2+···　　　　\alpha\in R \]

\[=\sum^{\infty}_{i=0}C^{i}_{\alpha}x^{\alpha -i}y^i \]

\(C^{i}_{\alpha}=\dfrac{\alpha(\alpha-1)···(\alpha-i+1)}{i!}\)

二项式展开

\((a+b)^n=C^0_{n}a^n+C^1_{n}a^{n-1}b+C^2_{n}a^{n-2}b^2+···+C^n_{n}b^n\)

中国剩余定理

定理1

若\(k\geq 2\),且\(m_{1},m_{2},···,m_{k}\)是两两互素的
\(M=m_{1}m_{2}···m_{k}\)
\(=m_{1}M_{1}=m_{2}M_{2}=···=m_{k}M_{k}\)

\[\begin{cases} x_{1}\equiv b_{1}　(mod　m_{1})\\ x_{2}\equiv b_{2}　(mod　m_{2})　　　　①\\ ···\\ x_{k}\equiv b_{k}　(mod　m_{k}) \end{cases} \]

的正整数解是
\(x\equiv b_{1}M'_{1}M_{1}+b_{2}M'_{2}M_{2}+···+b_{k}M'_{k}M_{k}　(mod　M)　②\)
\(M'_{i}\)是满足同余式\(M'_{i}M_{i}\equiv 1　(mod　m_{i})\)的正整数解
证:
\(\because m_{1},m_{2},···,m_{k}\)两两互素,且\(M_{i}=\dfrac{M}{m_{i}}\)
\(\therefore(M_{1},m_{1})=(M_{2},m_{2})=···=(M_{k},m_{k})=1\)
\(\therefore\)存在两正整数\(M'_{i},n_{i}\)使得\(M'_{i}M_{i}+n_{i}m_{i}=1\)
\(\therefore\)找到一个\(M'_{i}\)使得
\(M'_{i}M_{i}\equiv 1　(mod　m_{i})　i=1,2,···,k　③\)
另一方面\(i\neq j\)时\(m_{i}\mid M_{j}\)
\(\therefore b_{j}M'_{j}M_{j}\equiv 0　(mod　 m_{i})　④\)
由式\(③,④\)立即得到
\(b_{1}M'_{1}M_{1}+···+b_{k}M'_{k}M_{k}\equiv b_{i}M'_{i}M_{i}\equiv b_{i}　(mod　m_{i})　i=1,2,···,k　⑤\)
\(\therefore ②\)式是\(①\)式的解
最后证明式\(①\)是有唯一解,如果y亦是式\(①\)的解
那么\(x\equiv b_{i}\equiv y　(mod　m_{i})　(i=1,2,···,k)\)
即\(m_{i}\mid (x-y)\)由于\(i\neq j\)时,\((m_{i},m_{j})=1\)
由整除的性质得\(m_{1},m_{2},···,m_{k}\mid x-y\)
\(\therefore x\equiv y　(mod　M)\)

定理2

若\(m=p^{\alpha_{1}}_{1}p^{\alpha_{2}}_{2}···p^{\alpha_{k}}_{k}\)是模m的标准分解式
\(x\equiv a　(mod　m)　⑥\)
与同余式组

\[\begin{cases} x\equiv a　(mod　p^{\alpha_{1}}_{1})\\ ···　　　　　　　　　 　　　　　⑦\\ x\equiv a　(mod　p^{\alpha_{k}}_{k}) \end{cases} \]

legender符号

\(p>2\)定义整变数d的函数

\[\dfrac {d}{p}= \begin{cases} 1　　　当d是模p的二次剩余\\ -1　　当d是模p的二次非剩余\\ 0　　　当p\mid d \end{cases} \]

性质:

(1)\((\dfrac{d}{p})=(\dfrac{p+d}{p})\)
(2)\((\dfrac{d}{p})\equiv d^{\dfrac{-p-1}{2}}　(mod　p)\)
(3)\((\dfrac{dc}{p})=(\dfrac{d}{p})(\dfrac{c}{p})\)
极性:\((ab)^x=a^xb^x\)
\(f(ab)=f(a)f(b)\)
(4)当\(p\nmid d\)时
\((\dfrac{d^2}{p})=1\)
(5)\((\dfrac{1}{p})=1\)
\((\dfrac{-1}{p})=(-1)^{\dfrac{p-1}{2}}\)
\(x^2\equiv d　(mod　p)\)
\((\dfrac{d}{p})=1\)

组合恒等式

(1)\(C^{n}_{m}=C^{m-n}_{m}\)
(2)\(C^{n}_{m}=C^{n}_{m-1}+C^{n-1}_{m-1}\)
(3)\(C^l_{n}C^r_{l}=C^r_{n}C^{l-r}_{n-r}\)
(4)\(C^{r}_{r}+C^r_{r+1}+···+C^r_{n}=C^{r+1}_{n+1}\)
(5)\(kC^{k}_{n}=nC^{k-1}_{n-1}\)

泰勒展开

\(e^x=1+\dfrac{1}{1!}x+\dfrac{1}{2!}x^2+\dfrac{1}{3!}x^3+···+\dfrac{x^n}{n!}+···\)
\(ln(1+x)=x-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{1}{3}x^3-\dfrac{1}{4}x^4···(-1)^{n+1}\dfrac {x^n}{n}+···\)
\(sinx=x-\dfrac{1}{3!}x^3+\dfrac{1}{5!}x^5-\dfrac{1}{7!}x^7+···\dfrac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}···\)
\(cosx=1-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}-\dfrac{x^6}{6!}···\dfrac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!}+···\)
\(\dfrac{1}{1-x}=1+x+···+x^n+···\)
\(\dfrac{1}{(1-x)^2}=1+2x+3x^2+···+nx^{n-1}+···\)

母函数

定义

对于序列\(c_{0}c_{1}c_{2}···\)
\(G(x)=c_{0}+c_{1}x+c_{2}x^2+···\)
\(G(x)\)就称作\(c_{0}c_{1}c_{2}···\)的母函数

例子:Fibonacci序列

\(F_{n}=F_{n-1}+F_{n-2}\)
\(F_{1}=F_{2}=1\)
令\(F_{0}=0\)
\(G(x)=F_{1}x+F_{2}x^2+···+F_{n}x^n+···\)
\(G(x)-x^2-x=G(x)x^2+(G(x)-x)x\)
\(G(x)=\dfrac{x}{1-x-x^2}\)
\(1-x-x^2=(1-\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}x)(a-\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}x)\)
\(\dfrac{x}{1-x-x^2}\)
　　\(\Downarrow\)
\(\dfrac{A}{1-\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}x}+\dfrac{B}{1-\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}x}\)
\(A=\dfrac{1}{\sqrt{5}}　　B=-\dfrac{1}{\sqrt{5}}\)
令\(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}=\alpha,\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}=\beta\)
\(\dfrac{1}{\sqrt{5}}(\dfrac{1}{1-\alpha x}-\dfrac{1}{1-\beta x})\)
\(\because \dfrac{1}{1-x}=1+x+x^2+···\)
\(\dfrac{1}{1-\alpha x}=1+\alpha x+(\alpha x)^2+(\alpha x)^3+···\)
\(\dfrac{1}{1-\beta x}=1+\beta x+\beta^2x^2+\beta^3x^3+···\)
\(G(x)=\dfrac{1}{\sqrt{5}}[(\alpha -\beta)x+(\alpha^2-\beta^2)x^2+···+(\alpha^n-\beta^n)x^n+···]\)
\(=F_{1}x+F_{2}x^2+F_{3}x^3+···+F_{n}x^n+···\)
\(F_{n}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}(\alpha^n-\beta{n})\)