【数论】数论进阶-Preknowledge

数论进阶-Preknowledge

参考资料：洛谷网校2018夏季省选基础班SX-3数论进阶课程及课件

一、整除与取整除法

1.1 定义

1、整除

$\forall~x,y~\in~Z^+,$ 若 $\exists~k~~,~~s.t.~y~=~kx$，则称 $y$ 是 $x$ 的倍数，$x$ 整除 $y$。记做 $x~|~y$

2、取整

$\forall~x~\in~Q$，$\lfloor x \rfloor$ 代表不大于 $x$ 的最大整数，$\lceil x \rceil$ 代表不小于 $x$ 的最大整数。

3、取整除法

$\forall~x,y~\in~Z$，$\left \lfloor \frac{y}{x} \right \rfloor$ 代表 $y$ 关于 $x$ 的带余除法表达式中 $x$ 一项的系数

1.2 性质

1、取整除法引理 $(1.2.1)$

$\forall~x,y~\in~Z$，$\left \lfloor \frac{y}{x} \right \rfloor~\times~x~\leq~y$

证明：

根据取整除法的定义易得

$$\left\lfloor \frac{y}{x} \right\rfloor~\leq~\frac{y}{x}$$

等式两侧同乘 $x$ 得

$\left\lfloor \frac{y}{x} \right\rfloor~\times~x~\leq~\frac{y}{x}~\times~x~=~y$

证毕

2、倍数个数定理 $(1.2.2)$

$\forall~n,d~\in~Z^+$，在 $[1,n]$ 中，共有 $\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor$ 个数是 $d$ 的倍数

证明：

将 $d$ 的倍数从小到大排序，分别为 $x_1~,~x_2~,\dots~x_k$，则显然 $x_i~=~i~\times~d$。于是其中最大的数字 $x_k~=~k~\times~d$。

若 $k~<~\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor$，设 $k'~=~\left\lfloor \frac{d}{n} \right \rfloor$ 根据引理 $1.2.1$，$d~\times~k'~\leq~n$ 且 $k~\times~d~<~k'~\times~d$，这与 $x_k$ 是最大的数字矛盾

若 $k~>~\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor$，根据引理 $1.2.1$，$d~\times~k~>~n$，不合要求

于是 $k~=~\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor$。

证毕

3、商的个数定理 $(1.2.3)$

$\forall~n~\in~Z^+$，则 $d~\in~[1,n]$ 时 $\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor$ 的取值共有 $O(\sqrt{n})$ 种

证明：

分两种情况，当 $d~\leq~\sqrt{n}$ 时，$d$ 共有 $O(\sqrt{n})$ 种取值

因为对于 $n$ 的一个因数 $x$，必然能找到一个数 $y$ 使得 $x~\times~y~=~n$，这样的 $x,y$ 是一一对应的，故而对于每个大于 $\sqrt{n}$ 的因数 $x$，必然存在一个 $y~,s.t.~~x~\times~y~=~n$。

因为 $y~>~\sqrt{n}$，所以 $x~<~\sqrt{n}$。这样的 $x$ 共有 $O(\sqrt{n})$ 种，由一一对应关系， $y$ 也有 $O(\sqrt{n})$ 种。于是总的取值共有 $O(\sqrt{n})$ 种。

证毕

4、例题

Description

给出一个 $n$，求 $\sum_{i=1}^{n}~\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor$。$n~\leq~10^{12}$

Solution

既然商只有 $O(\sqrt{n})$ 个，于是考虑直接枚举商。考虑枚举商等价于对每个商 $j$ 枚举每一个最小的 $i$ 使得 $j~=~\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor$。考虑最大的满足上式的 $k$，则 $k~=~\left \lfloor \frac{n}{j} \right \rfloor$。将在下方给出证明。则商为 $j$ 时最答案的贡献是 $(k~-~i~+~1)~\times~j$。最小的 $i$ 显然为 $1$，如果求出了最大的 $k$，则对应下一个商的 $i$ 显然为 $k~+~1$。根据定理 $1.2.3$，时间复杂度 $O(\sqrt{n})$。

下面证明最大的 $k$ 使得 $j~=~\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor$ 的值为 $\left \lfloor \frac{n}{j} \right \rfloor$：

考虑当 $k~,~j~\in~Q$ 时，$j~=~\frac{n}{k}$ 的图像是一个反比例函数。当等号右侧改成取整后，相当于所有的 $j$ 都向下移到了最靠近的纵坐标为整数的点上。于是 $k~\times~j~\leq~n$。则 $k~\leq~\left \lfloor \frac{n}{j} \right \rfloor$。最大的 $k$ 显然是 $\left \lfloor \frac{n}{j} \right \rfloor$

证毕。

二、同余

2.1 定义

$\forall~x,y,p~\in~Z^+$， 若 $x~\bmod~p~=~y~\bmod~p$，则称 $x,y$ 在 模 $p$ 域下同余，记为 $x~\equiv~y~\pmod p$

2.2 性质

同余式支持同余号两侧同加、减、乘。同时具有对称性，自反性，传递性。

$x~\equiv~y~\pmod p$ 的另一表达是 $p~|~(x-y)$。(不妨设$x~\geq~y$)

三、剩余系

3.1 完全剩余系

对于一个正整数 $n$，模 $n$ 意义下的完全剩余系为正整数集全体对 $n$ 取模的结果的集合，记为 $Z_n$

一般的，$Z_n~=~\{0~,~1~,~2~,~\dots~,n~-~1\}$

3.2 简化剩余系

对于一个正整数 $n$，模 $n$ 意义下的简化剩余系为模 $n$ 意义下的完全剩余系中与 $n$ 互质的元素的集合，记为 $Z_n^*$

于是我们得到了欧拉函数的另一种表示：$\phi(n)~=~|Z_n^*|$

四、逆元

定义略

4.1逆元存在的定理(4.1.1)

$a$ 在 模 $n$ 意义下存在逆元当且仅当 $a~\perp~n$，我们约定数论中 $a~\perp~b$ 意为 $a$ 和 $b$ 互质

证明：

设 $ax~\equiv~1~\pmod n$ 。本式可以写成 $ax~\bmod~n~=~1$假设 $a$ 和 $n$ 有共同因子 $p~(p~>~1)$ ，则一定有 $p~|~(ax~\bmod~n)$。又因为 $p~>~1$，$ax~\bmod~n~=~1$，产生矛盾。于是一定是一定满足 $a~\perp~b$。

证毕

五、模意义下的幂次

5.1 次方同余一的存在性$(5.1.1)$

$\forall~a,n~\in~Z^+~,s.t~~a~|~n$，则一定 $\exists~k~>~0~,~~s.t.~~a^k~\equiv~1~\pmod n~$

证明：

由 $a~|~n$，得 $\forall~k~\in~Z^+,(a^k~\bmod~n)~\in~Z_n^*$。由于有无穷多个 $a^k$，且 $Z_n^*$ 大小有限，于是一定存在 $i~>~j~\land~a^i~\equiv~a^j~\pmod n$。两侧同乘 $a^j$ 的逆元，则 $a^{i-j}~\equiv~1~\pmod n$。

证毕

5.2 阶的定义

$\forall~a,n~\in~Z^+,~s.t.~~a~|~n$，定义满足 $a^k~\equiv~1 \pmod n$ 的最小正整数 $k$ 为 $a$ 在 模 $n$ 意义下的阶，记为 $<a>$。

5.3 阶的性质

在模 $n$ 意义下一定有 $<a>~|~\phi(n)$。其中 $\phi$ 代表欧拉函数

证明：

反证法，假设 $<a>~\nmid~\phi(n)$ 。根据欧拉定理，有 $a^{\phi(n)}~\equiv~1~\pmod n$ 。根据阶的定义，有 $a^{<a>}~\equiv~1~\pmod n$。于是显然有 $a^{\phi(n) \bmod <a>}~\equiv~1~\pmod n$ 且 $\phi(n)~\bmod~<a>~\neq~0$。根据带余除法， $\phi(n)~\bmod~<a>~<~<a>$。这与 $<a>$ 是最小的满足 $a^k~\equiv~1~\pmod n$ 的整数 $k$ 矛盾。

证毕。

5.4 原根

若 $<a>~=~\phi(n)$，则称 $a$ 是 $n$ 的原根。