数论

在开头表明一点，数论只关心整数

定义1.1整除

$a$整除$b$记为$a|b$

$a|b$指$\mathrm{\exists }n\in \mathbb{Z},\mathrm{使}\mathrm{得}b=an$

定义1.2

• 1.整除的传递性：$a|b,b|c\Rightarrow a|c$

• 2.整除的可加性：$n|a,n|b\Rightarrow n|a\pm b$

• 3.整除的可乘性：$a|b,c|d\Rightarrow ac|bd(a|b\Rightarrow a|bd)$

eg1:

证明：如果$3|x,7|x\Rightarrow 21|x$

解：

$21|x,21|3x$

$\therefore 21|7x-3x-3x$

即$21|x$

eg2:

证明$8|3^{2n+1}+5$

解：

$3^{2k+1}+5=3^{2k-1}-3+8=3\times (3^{2k}-1)+8=3(9^k-1)+8=3\times 8\times (9^{k-1}+....+9+1)+8$

定义2.1最大公因数

$gcd(a,b):max${$m|m|a\mathrm{且}m|b$}

$lcm(a,b):min${$n|a|n\mathrm{且}b|n,n>0$}

引理2.2带余除法

ps:2.2~2.7中(a,b)默认为gcd(a,b)
$\mathrm{\forall }a,b>0,\mathrm{\exists }\mathrm{唯}\mathrm{一}q,r\mathrm{使}\mathrm{得}\left\{\begin{array}{c}a=bq+r\\ 0<=r<=b-1\end{array}\right\}$

设$r>=b$

$\therefore a-(k+1)b>=0$

令$r_1=a-(k+1)b$

$\therefore r_1<r,\mathrm{矛}\mathrm{盾}$

$\therefore$存在一组$q,r$

下面证明$q,r$唯一

若$a=b{q}_1+r=b{q}_2+r_2$

$\therefore |b(q1-q2)|=|r2-r1|<=max(r2,r1)<=b-1$

$\because |b(q1-q2)|\mid b$

$\therefore q1-q2=0,q1=q2$

$\therefore q1=q2,r1=r2$，矛盾。

$q,r$唯一。

定理2.3公倍数能被最小公倍数整除：

即证明：$a|n,b|n\Rightarrow lcm(a,b)|n$

解：

设$n÷lcm(a,b)=q...r$

$\therefore n=qlcm(a,b)+r$

$a|n-qlcm(a,b)=r$

同理，$b|r$

$\therefore r$也是$a,b$的公倍数

而$0<=r<lcm(a,b)$,矛盾

引理2.4辗转相除法

若$a÷b=q...r,\mathrm{则}(a,b)=(b,r)$

首先考虑如果$(a,b)=(a-b,b)$，就可以通过多次相减把$(a,b)$变成$(r,b)$，下文证明：$(a,b)=(a-b,b)$

$\mathrm{\forall }x\in a,b\mathrm{的}\mathrm{公}\mathrm{因}\mathrm{数}，\mathrm{有}x|a,x|b$

$\therefore x|a-b$

$\therefore x\in a-b\mathrm{与}b\mathrm{的}\mathrm{公}\mathrm{因}\mathrm{数}$

$a\mathrm{与}b\mathrm{的}\mathrm{公}\mathrm{因}\mathrm{数}\subseteq a-b\mathrm{与}b\mathrm{的}\mathrm{公}\mathrm{因}\mathrm{数}$

同理可得：$a-b\mathrm{与}b\mathrm{的}\mathrm{公}\mathrm{因}\mathrm{数}\subseteq a\mathrm{与}b\mathrm{的}\mathrm{公}\mathrm{因}\mathrm{数}$

$\therefore a\mathrm{与}b\mathrm{的}\mathrm{公}\mathrm{因}\mathrm{数}=a-b\mathrm{与}b\mathrm{的}\mathrm{公}\mathrm{因}\mathrm{数}$

$\therefore (a,b)=(a-b,b)$,得证

裴蜀定理

内容：

$\mathrm{\forall }a,b,\mathrm{\exists }x,y\mathrm{使}\mathrm{得}ax+by=(a,b)$

证明：

不妨令$a>b$

$a_1=a,b_1=b,a1÷b_1=q_1....r_1$

$\mathrm{令}{a}_2=b_1,b_2=a_1,a_2÷b_2=q_2....r_2$

......

$\mathrm{直}\mathrm{到}{r}_n=0\mathrm{时}，(a_n,b_n)=b_n$

$\therefore (a,b)=a_n{q}_n$

感性理解一下可以倒退回第一个式子。

其实只是作者太拉，不知道怎么形容

推论2.5

• 1.公因数整除最大公因数

• 2.整除的互质可消性

证明一下第2点，即证明：若$(a,b)=1,a|bc$则$a|c$

由裴蜀定理得:$\mathrm{\exists }x,y\mathrm{使}\mathrm{得}ax+by=(a,b)$

$\therefore acx+bcy=c$

$\because a|bc$

$\therefore a|bcy$

又$\because a|acx$

$a|acx+bcy=c$

性质2.6

• $1.(a,b,c)=((a,b),c)$

• $2.(a,b)=(a,b,ax)$

• $3.(a,b,c)=((a,b),(a,c))$

例子2.7

eg1:

求证，已知a,b为正整数，$(2^{a-1},2^{b-1})=2^{(a,b)}-1$

证明：

若$a>b,(2^a-1-2^{a-b}(2^b-1),2^b-1))=(2^{a-b}-1,2^b-1)=2^{(a,b)}-1$

eg2:

求证，已知$a,b$为正整数，$(2^{2^a}+1,2^{2^b}+1)=1$

原式$=(2^{2^a}-1+2,2^{2^b}+1)=((2^{2^{a-1}}+1)(2^{2^{a-1}}-1)......(2^{2^b}+1)(2^{2^b}-1)+2,2^{2^b}+1)=(2,2^{2^b}+1)=1$

定义3.1质数：

$p>2,n|p\Rightarrow n=1\mathrm{或}n=p$

eg1:

证明存在无穷个质数

根据2.7eg2,$(2^{2^a}+1,2^{2^b}+1)=1$

$\therefore 2^{2^a}+1\mathrm{与}{2}^{2^b}+1\mathrm{的}\mathrm{质}\mathrm{因}\mathrm{子}\mathrm{互}\mathrm{不}\mathrm{相}\mathrm{同}$，得证

eg2:

证明若$2^n-1$为质数，$n$必为质数

设$n=ab$

根据2.7eg1,$(2^a-1,2^n-1)=2^{(a,n)}-1=2^a-1$

$\therefore 2^a-1|2^n-1$,矛盾，得证

定理3.2唯一分解定理

可行性：

当$n=2$时，可分解。

若$n=2,3,....,k$时均可分解，当$n=k+1\mathrm{时}$

• 1.$k+1$时质数——自身就是分解

• 2.一定有$k+1=ab$，从$a,b$的分解推过来

唯一性：

设$n=p_1{p}_2....p_s=q_1{q}_2....q_t(s>=t)$

$\because p_1|q_1{q}_2....$

$\therefore p_1|q_i,\mathrm{等}\mathrm{价}\mathrm{于}{p}_1|q_1$

由此可得$p_{t+1}{p}_{t+2}....p_s=1$,矛盾，得证。

定义3.3

定义$v_p(n):n$的标准分解式中所含质因子$p$的指数

$v_p(n1n2)=vp(n1)+vp(n2)$

$v_p(gcd(n1,n2))=min(v_p(n1),v_p(n2))$

$v_p(lcm(n1,n2))=max(v_p(n1),v_p(n2))$

$$v_p(n1+n2)=\left\{\begin{array}{c}min(v_p(n1),v_p(n2))(v_p(n1)\ne v_p(n2))\\ >=v_p(n1)=v_p(n2)\end{array}\right\}$$

$v_p(n!)=\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}\lfloor \frac{n}{p^i}\rfloor$

$v_p(C_n^m)=\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}\lfloor \frac{n}{p^i}\rfloor -\lfloor \frac{m}{p^i}\rfloor -\lfloor \frac{n-m}{p^i}\rfloor$

最下面式子的含义正好是$n+(n-m)$在$p$进制下的进位个数

推论3.4

设正整数n的标准分解式为$:n=p{1}^{e_1}p{2}^{e_2}...p{k}^{e_k}$

设$m=p{1}^{f_1}p{2}^{f_2}...p{k}^{f_k}$,则$m|n\Rightarrow f_i<=e_i(1<=i<=k)$

因数个数公式：

$$\tau (n)=(e_1+1)(e_2+1)....(e_k+1)$$

因数和公式：

$$\sigma (n)=\frac{p_1^{e_1+1}-1}{p_1-1}\frac{p_2^{e_2+1}-1}{p_2-1}....\frac{p_k^{e_k+1}-1}{p_k-1}$$

因数积公式：

$$n^{\frac{\tau (n)}{2}}$$

eg1:

证明$6|n^3+5n$
$n^3+5n=n^3-n+6n=(n-1)n(n+1)+6n$

eg2:

设$a,b,c,d$是正整数，满足$a^5=b^4,c^3=d^2,c-a=19$，求$d-b$
设$a^5=b^4=m^{2}0,c^3=d^2=n^6$
$\therefore a=m^4,b=m^5,c=n^2,d=n^3$
$\because c-a=19$
$\therefore n^2-m^4=19$
$\therefore (n+m^2)(n-m^2)=19$
$\therefore n=10,m=3$
$\therefore d-b=757$

eg3:

已知$p$为质数，$x,y$为正整数，求解方程$p^x=y^3+1$
$y^3+1=(y+1)(y^2-y+1)$
$\mathrm{特}\mathrm{判}\mathrm{其}\mathrm{中}\mathrm{一}\mathrm{个}\mathrm{是}\mathrm{一}\mathrm{解}\mathrm{得}y=1,p=2,x=1$
$\gcd (y+1,y^2-y+1)=\gcd (y+1,3)(\mathrm{辗}\mathrm{转}\mathrm{相}\mathrm{除}\mathrm{法})$
$\mathrm{故}p=3，\mathrm{解}\mathrm{得}x=3,y=3$

定理3.7

设正整数$m,n$的标准分解式为：$m=p_1^{f_1}{p}_2^{f_2}....p_k^{f_k},n=p_1^{g_1}{p}_2^{g_2}....p_k^{g_k}$

• 1.最大公因数：$(m,n)=p_1^{min(f_1,g_1)}{p}_2^{min(f_2,g_2)}....p_k^{min(f_k,g_k)}$
• 2.最小公倍数：$[m,n]=p_1^{max(f_1,g_1)}{p}_2^{max(f_2,g_2)}....p_k^{max(f_k,g_k)}$

推论3.8

• 1.$(ma,mb)=m(a,b)$
  显然，就不证明了
• 2.$(a,uv)=(a,(a,u)v)$
  $\mathrm{右}\mathrm{式}=(a,(av,uv))$
  $\mathrm{根}\mathrm{据}\mathrm{性}\mathrm{质}2.6，(a,(av,uv))=((a,av),uv)=(a,uv)=\mathrm{左}\mathrm{式}$，得证
• 3.$(u,v)=1\Rightarrow (a,uv)=(a,u)(a,v)$
  $u,v$无公因数，分开结果一样
• 4.$(a,b)=1,(c,d)=1\Rightarrow (ab,cd)=(a,c)(a,d)(b,c)(b,d)$
• 5.$(a,b)=1\Rightarrow (a^k,b^k)=1$
  可以参考质因数分解理解

定义4.1同余

$n|a-b\Rightarrow a\equiv b(modn)$

性质4.2同余的性质

• 1.若$a\equiv b(modn)$,则$a$与$b$对$n$作带余除法所得的余数相同
• 2.自反性：$a\equiv b(modn)\Rightarrow b\equiv a(modn)$
• 3.传递性：$a\equiv b(modn),b\equiv c(modn)\Rightarrow a\equiv c(modn)$
• 4.可加减性：$a_1\equiv a_2(modn)，b_1\equiv b_2(modn)\Rightarrow a_1\pm b_1\equiv a_2\pm b_2$
• 5.可乘性：$a_1\equiv a_2(modn)，b_1\equiv b_2(modn)\Rightarrow a_1\pm b_1\equiv a_2\pm b_2$
• 6.可除性：$ka\equiv kb(modkn)\Rightarrow a\equiv b(modn)$，不能直接除
• 7.互质可除性：$ka\equiv kb(modn),(k,n)=1\Rightarrow a\equiv b(modn)$

例子4.3：

eg1:

已知$n=12345678910...20212022$,求$n\mathrm{除}\mathrm{以}11\mathrm{的}\mathrm{余}\mathrm{数}$
$n\equiv 123456789+1011....99+100....999+1000....2022\equiv 5+(10+....+99)+(999-998+....+101-100)+(1001+....+2022\equiv 5+10+10\equiv 3)$

eg2:

求证:$1984|{993}^{993}+{991}^{991}$
${993}^{993}+{991}^{991}\equiv {993}^{993}+(-993{)}^{991}\equiv {993}^{991}({993}^2-1)\equiv {993}^{991}(993+1)(993-1)\equiv {993}^{991}\times 497\times 2\times 992\equiv 0$,得证。

定理4.4费马小定理

内容：$\mathrm{若}p\mathrm{是}\mathrm{质}\mathrm{数}，a\mathrm{是}\mathrm{任}\mathrm{意}\mathrm{一}\mathrm{个}\mathrm{数}，\mathrm{则}\mathrm{有}{a}^p\equiv a(modp)$

• 1.$a\mathrm{是}p\mathrm{的}\mathrm{倍}\mathrm{数}$，显然
• 2.$a\mathrm{不}\mathrm{是}p\mathrm{的}\mathrm{倍}\mathrm{数}$
  原命题等价于$a^p-a\mathrm{是}p\mathrm{的}\mathrm{倍}\mathrm{数}$
  令$b=a-1$
  $\therefore a^p-a=(b+1{)}^p-(b+1)=b^p+C_p^1{b}^{p-1}+....+C_p^{p-1}b+1-b-1(\mathrm{二}\mathrm{项}\mathrm{式}\mathrm{定}\mathrm{理})$
  $\equiv b^p-b(modp)$
  $\therefore \mathrm{若}{b}^p\equiv b(modp)\mathrm{成}\mathrm{立}，b+1^p\equiv b+1(modp)\mathrm{成}\mathrm{立}$
  相信看到这里的读者都想到了数学归纳法。
  $\because 1^p\equiv 1(modp)$
  $\therefore a^p\equiv a(modp)\mathrm{成}\mathrm{立}$
  但是注意：有的合数$p$也满足费马小定理(卡迈尔数)，但是很少，所以费马小定理可以作为一个检验质数的标准

定义5.1

剩余类：

把$\mathbb{z}\mathrm{按}\mathrm{照}modn$分为$0(modn),1(modn)....n-1(modn)$
${\mathbb{z}}_{\mathbb{n}}=${$\bar{0},\bar{1},....\overline{n-1}$}
$\bar{a}+\bar{b}=\overline{a+b}$
$\bar{a}-\bar{b}=\overline{a-b}$
也可以乘，但除可能无解。

完全剩余系（完系）：

$x=${$a_i\in \bar{i}|0<=i<=n-1$}
那么显然$y=${$b_i|b_i=a_i+k,k\in \mathbb{N}$}也是一个完全剩余系
$z=${$b_i|b_i=a_i\times k,k\in \mathbb{N},\mathrm{且}gcd(k,n)$}也是一个完全剩余系

既约剩余系：

也称简化剩余系或缩系，是m的完全剩余系中与m互素的数构成的子集，如果模m的一个剩余类里所有数都与m互素，就把它叫做与模m互素的剩余类。在与模m互素的全体剩余类中，从每一个类中各任取一个数作为代表组成的集合，叫做模m的一个简化剩余系。

欧拉函数：

$\phi (n)=0\mathrm{到}n-1\mathrm{中}\mathrm{与}n\mathrm{互}\mathrm{质}\mathrm{的}\mathrm{数}\mathrm{的}\mathrm{个}\mathrm{数}$
积性：$m,n\mathrm{互}\mathrm{质}\Rightarrow \phi (n)\times \phi (m)=\phi (nm)$
计算欧拉函数可以积性证明，也可以考虑容斥：
$\mathrm{令}\mathrm{数}\mathrm{列}p\mathrm{为}\mathrm{唯}\mathrm{一}\mathrm{分}\mathrm{解}\mathrm{后}n\mathrm{的}\mathrm{质}\mathrm{因}\mathrm{子}\mathrm{数}\mathrm{列}，k\mathrm{为}\mathrm{质}\mathrm{因}\mathrm{子}\mathrm{数}，A_i\mathrm{为}{p}_i\mathrm{倍}\mathrm{数}\mathrm{个}\mathrm{数}\mathrm{则}\phi (n)=n-\left|\bigcup _{i=1}^n{A}_i\right|=n\prod _{i=1}^k(1-p_i)$

逆元：

若$a\times b\equiv 1(modn)$,则称$b\mathrm{为}a\mathrm{在}modn\mathrm{意}\mathrm{义}\mathrm{下}\mathrm{的}\mathrm{逆}\mathrm{元}(a^{-1}=b)$，且$b\mathrm{在}modn\mathrm{意}\mathrm{义}\mathrm{下}\mathrm{唯}\mathrm{一}$

证明：

1.裴蜀定理可以证明存在性：
$\mathrm{\forall }x,y$使$ax+yn=1$
$\therefore ax\equiv 1(modn)$
2.存在和唯一可以一起证明：
{$0,1,...,n$}是完系，$\times a$还是一个完系而且完系中$b\in \bar{1}$是唯一的

性质：

• 1.$a÷b=a^b-1$

---

而且对于任意质数$p$其完系$Z_p$是四则运算封闭的。

例题：

eg1:

证明：$p$为奇质数，若$1+\frac{1}{2}+....+\frac{1}{p-1},(m,n)$，则$p|m$
原式$=(1+\frac{1}{p-1})+(\frac{1}{2}+\frac{1}{p-2})+...$,此时每个括号内通分分子为$p$，得证

eg2:

求$C_{100}^{73}(mod101)$
$C_{100}^{73}=\frac{100!}{73!27!}\equiv 100!(73!27!)\equiv 100!(73!(-1{)}^{27}74\times 75.....\times 100{)}^{-1}\equiv 100!(-(100!){)}^{-1}\equiv -1$
同理可得$C_{p-1}^m\equiv (-1{)}^m(modp)$
还有一个性质：$C_n^p=\lfloor \frac{n}{p}\rfloor$，但作者太拉不会证

定理5.2中国剩余定理：

已知$n_1,n_2,...,n_k$两两互质，同余方程组：

$$\left\{\begin{array}{c}x\equiv a_1(mod{n}_1)\\ x\equiv a_2(mod{n}_2)\\ ...\\ x\equiv a_n(mod{n}_k)\end{array}\right\}$$

在模$n=n_1{n}_2....n_k$的意义下有唯一解。
举个例子：

$$\left\{\begin{array}{c}x\equiv a_1(mod3)\\ x\equiv a_2(mod5)\\ x\equiv a_3(mod7)\end{array}\right\}$$

对于这个问题有一个奇妙的解法。考虑如果条件是被3,5,7整除，问题就很好做。求出最小公倍数即可。显然这个数可以是105的任意倍。

如果条件是除以3余1，被5和7整除，问题也很好做，在被5,7整除的数中找一个除以3余1的，易知最小满足要求的数是70。同理除以5余1，被3和7整除的最小数是21，理除以7余1，被3和5整除的最小数是15.

除以3的余数	除以5的余数	除以7的余数	最小满足要求的数
0	0	0	105
1	0	0	70
0	1	0	21
0	0	1	15

考虑第二行，70除以3余1，被5,7整除，那么显然140也被整除，而除以3的余数变成了2，正好是70的两倍。

如果再把140加上21呢（也就是161），因为21被3和7整除，所以161除以3和7的余数和140的一样，除以5的余数则是变成了21的1。

有一个显然的结论，一个大于105的数，减去105后，除以3,5,7的余数不会发生改变。所以35和140除以3,5,7的余数一样，56和161除以3,5,7的余数也一样。

除以3的余数	除以5的余数	除以7的余数	满足要求的数
2	0	0	140
2	1	0	161

除以3的余数	除以5的余数	除以7的余数	最小满足要求的数
2	0	0	35
2	1	0	56

可以归纳出通解：
$\mathrm{设}{M}_i=\frac{n_1{n}_2{n}_3\cdot n_k}{n_i}$
$\mathrm{解}\mathrm{为}x\equiv \sum _{i=1}^k{a}_i{M}_i{M}_i^{-1}，\mathrm{其}\mathrm{中}\mathrm{的}\mathrm{逆}\mathrm{元}\mathrm{是}mod\mathrm{对}\mathrm{应}\mathrm{的}{n}_i\mathrm{的}\mathrm{逆}$

定义5.3素数域

记得开头的话吗，数论只关心整数，所以怎么在整数里定义类似除法的运算?
首先$a÷b$,可以理解为$a\times b^{-1}$,关键就在找到$b\mathrm{的}\mathrm{逆}\mathrm{元}$,而这在完全剩余系里非常好理解，下面是一个$mod7$的完全剩余系：

现在有逆元了，比如${\bar{4}}^{-1}=\bar{2}$
计算一个式子帮助理解：
$\bar{5}÷\bar{4}=\bar{5}\times \bar{2}=\bar{3}$
为什么叫素数域，因为你考虑每个元素都要有逆元，只能是素数了。

定义6.1数论函数

定义域是整数的函数

定义6.2积性函数和完全积性函数

充要判定条件：
积性函数：

$$\left\{\begin{array}{c}f(n)=f(p_1^{e_1})....f(p_m^{e_m})\\ f(1)=1\end{array}\right\}$$

完全积性函数：

$$\left\{\begin{array}{c}f(n)=f(p_1{)}^{e_1}....f(p_m{)}^{e_m}\\ f(1)=1\end{array}\right\}$$

易知：3.4的因数个数公式，因数个数公式；5.1的欧拉函数都是积性函数