数论的一些简单定理证明

1.gcd(a,b)=gcd(b,a-nb);默认a>=b; 
设gcd(a,b)=d,gcd(b,a-nb)=k;
k|b,k|a-nb;-->k|a
即k为a,b的公因数则k|d;
又因为d|b,d|a ,所以d|a-nb；所以 d|k-->k=d; 
又因为当n=q时,a-nb=r;即gcd(a,b)=gcd(b,a%b); 

证明裴蜀定理；
ax+by=d;存在x,y使得等式成立；
想求两个数的公因数，一个简单的想法是r=0时gcd(a,b)=b;
由上式的gcd替换 
a=bq1+r1;
b=r1q2+r2;
...这些减号下标 
rx-1=rkqx+rx
直到rx=0;
即rk|rx-1...rk|a, rk|b所以gcd(a,b)=rk;但是ax+by不一定是a,b,最大公因数，只能说是最大公因数的倍数；即d|ax+by；
因为a=k1d,b=k2d,ax+by=d(ak1+bk2)；
 
上式子可知
rx-2=rx-1qkx+rk 即rk为rx-2,rx-1的线性表达；
同理rk为rx-2,rx-3 的线性表达
...
rk为a,b线性表达；
即rk=ax+by;

拓展欧几里得(利用gcd(a,b)=gcd(b,a%b),其中a%b=a-[a/b]*b)
ax+by=bx'+(a-(a/b)*b)y';
右边整理 ax+by=b(x'-(a/b)*y')+ay';
对比系数
x=y' y=x'-(a/b)*y' ;

对于最后一个时刻ax'+by'=a，(此时b等于0，y'随便取值不影响，这里取0)所以存在x'=1,y'=0;现在往前推就可以推出真正的x,y 

往后拓展一些信息；
逆元存在的必要条件 ax≡1(modb)-->等价于ax+by=1即 gcd(a,b)|1所以gcd(a,b)只能是1，即a,b互质
所以逆元存在的条件是 a,b互质，只有当b为质数，加上默认条件 a,b，互质才能用费马小定理求逆元
费马小定理求逆元 a^(p-1)≡1(modp)所以逆元是 a^(p-2) 这时候可以用快速幂来求逆元

先来证明逆元的唯一性吧；
反证法；不妨设存在两个逆元x1 ,x2； 
 ax1≡1(modb)；
 ax2≡1(modb)；
 ax1-ax2 ≡0(mod b)
 即b|a(x1-x2) 上面已经说过逆元存在 a,b互质所以 b|(x1-x2) 即x1≡x2(modb)在模b意义下x1=x2;证毕；
 
  来用完全剩余系的知识证明费马小定理和欧拉定理
  先用逆元证威尔逊定理 (p-1)! ≡-1(mod p)  p为质数 
   a*a≡1(mod p)-->  p|(a+1)(a-1)-->a=1或a=p-1 ；所以在模p意义下只有1和p-1的逆元是他们本身 
  则除去1，(p-1)，而p-1≡-1(mod p) 剩下是偶数对且均与p互质，由逆元唯一性 证毕；如果不是两两配对则至少存在一对产生两对逆元，则逆元个数>p，矛盾
  
  完系，缩系 
   数字系≡0.1.2...n-1(mod n)
   例如（0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，）是mod6的一个完系  
   缩系 
   数字系有与p互质的所有同余
   例如(1,5,7)mod6 
   证明一些性质 若a1.a2...ak为模n的完系；则当 (a,n)=1 ；aa1.aa2...aak仍为完系
   证明：
   a1...ak两两模n不同余
   对于n不整除ax-ay ，若(a,n)互质则n不整除a(ax-ay)；证毕；
   对于缩系同理
   若a1.a2...ak为模n的缩系；则当 (a,n)=1 ；aa1.aa2...aak仍为缩系
   欧拉函数：φ(n):1-n中与n互质的个数称为欧拉函数
   考察 a1...a φ(n)为模n的缩系
   则aa1*aa2*...*a a φ(n)≡a1*a2...*a φ(n) mod(n) 
   
    这里要说的是，在同余意义下加减乘是跟普通运算等价的，但是除法不是，两边要约去一个数即做除法） 
      两边能约去一个数的条件是(a,n)=1，互质才能约 
      假设ax ≡ay(mod n) gcd(a,n)=1可以推 x ≡y(mod n) 因为 n|a(x-y)若 (a,n)=1，则n|(x-y)；
      若不互质直接约去 不能保证n|(x-y)； 
          
    接着证明整理 a^(φ(n))*a1*a2...*a φ(n)≡a1*a2...*a φ(n) mod(n);这里a1..a φ(n)与n均互质
    所以 a^(φ(n))≡1(mod n);
    特别的当n为质数时，φ(n)=n-1;
    即 a^(n-1)≡1(mod n) 费马小定理
    所以说费马小定理是欧拉定理的一个特例，当然用上面的方法证明费马小定理也是同理的 
    1...n-1≡a1*a2...*a(n-1) (mod n) 
    a^(p-1)≡1(mod n)
    
    这也就是为什么费马小定理需要n为质数，以及逆元为什么需要互质条件 
     
     欧拉函数：φ(n):1-n中与n互质的个数称为欧拉函数
     用分解定理来解释欧拉函数
     对于任意大于1的数n，均有n=p1^(a1)*p2^(a2)*...*pn^(an)，其中pi为质数，ai为该质数的次数
     则一个数的因数个数由乘法原理=(a1+1)*(a2+1)*...*(an+1)个每个质因数次数可取的幂，包括0次；
     则所有质因数之和=(0+1..+a1)*(0+1+...+a2)*...*(0+1+...+..an)对于上式的展开；
     组合（1-1）^n=c(n,0)-c(n,1)+...+(-1)^(n)c(n,n);
     即c(n,0)+c(n,2)+..+c(n,n-2)=c(n,1)+..+c(n,n) n为奇数
     现在回来欧拉函数；
     1-n中与n不互质的数 n/p1 n/p2...n/pn;
     这里面要用容斥原理，因为有些数包含几种属性 
     那么与n不互质的数就是n-((∑n/(pi))-(∑n/(pi*pj))+...+((-1)^(n+1)∑(n/(pi*..*pn))) ) 
     整理后 n(1-(∑1/pi) + (∑1/(pipj)) +..+(-1)^(n)(∑1/(pi*..*pn))  ) 
     观察后 即 n(1-1/p1)*(1-1/p2)*...*(1-1/pn)
     因为上式由2^n项 c(n,0)+c(n,1)+...+c(n,n)=2^n（算上1，所以观察后n个括号构造两项恰好是2^n项）
      
     
const int mod=p;
ll quimul(int a,int n)
{
    ll ans=1;//例如a^k 写出k的二进制a^(2^k+...+2^1+2^0) =a^(2^k)*...*a^(2^1)*a^(2^0) 此时我们利用 
    while(n)//             用换元思想，令a^(2^0)=t;a^(2^1)=t*t--> 同理一直用整体思想 a^(2^2)= a^(2^1)*a^(2^1) 
    {//                                     a^(2^k)=a^(2*2^(k-1)) =a^(2^(k-1)+2^(k-1))=a^(2^(k-1))*(2^(k-1));
        if(n&1)ans=ans*a%mod;
        n>>=1;
        a=a*a%mod; 
    } 
    return ans;
} 
调用时候调用quimul(a,p-2);