数论有关定理及其证明

裴蜀定理：

内容：若$gcd(a,b)=d$，则一定存在$m,n\in Z$，使$ma+nb=d$且$d$为$ma+nb$的最小正值（狭义）

证明：

令$d=gcd(a,b)$，则对任意$m,n\in Z$，有$d|am+bn$

设$am+bn$的最小正值为$s$，则令$q=[\frac{a}{s}],r=a$ $mod$ $s=a-q(am+bn)=a(1-qm)+b(-qn)$

考虑到$r=a$ $mod$ $s$，于是$0\leq r<s$

那么r也是$am+bn$的一个表达，由于s是最小正值，于是$r=0$（如果r不为0，那么r就是最小正值了）

于是$s|a$，同理$s|b$，于是s是a和b的公约数，于是$s\geq d$

考虑$d|a,d|b,s=am+bn$，则$d|s$，于是$d\geq s$

那么d=s

整数的唯一分解定理：

定理：对任意正整数$M\geq2$，M可以表示成唯一的一组$p_{1},p_{2}...p_{n}$的表达$M=p_{1}^{k_{1}}p_{2}^{k_{2}}...p_{n}^{k_{n}}$（$p_{1}<p_{2}<...<p_{n}$)

我们采用反证法证之：

引理：若质数p|ab，则p|a或p|b

证明：若p|a则定理得证，若p不是a的约数，则a,p互质（显然）

于是根据裴蜀定理，存在$m,n\in Z$使$ma+np=1$，于是$b=b(ma+nb)=mab+nbp$

考虑$p|ab$，则上式右侧能被$p$整除，于是左侧也能被$p$整除，即$p|b$

设$M=p_{1}^{k_{1}}p_{2}^{k_{2}}...p_{n}^{k_{n}}=q_{1}^{a_{1}}q_{2}^{a_{2}}...q_{n}^{a_{n}}$是最小可以用两种方法表示的正整数

那么有$p_{1}|q_{1}^{k_{1}}...q_{n}^{k_{n}}$

结合上述引理，有$p_{1}|q_{1}$或$p_{1}|q_{2}$...或$p_{1}|q_{n}$

那么为了保证$q$均为质数，不妨令$p_{1}|q_{1}$（不失一般性）则有$p_{1}=q_{1}$

不妨令$a_{1}\leq _{1}$，则构造$M^{'}=p_{1}^{a_{1}-k_{1}}p_{2}^{k_{2}}...p_{n}^{k_{n}}=q_{2}^{a_{2}}...q_{n}^{a_{n}}$

结合上述分析，有$p_{1}=q_{2}~q_{n}$中的一个

但是显然这与$q_{1}...q_{n}$互不相同矛盾，于是必须有$a_{1}=k_{1}$

那么我可以构造$M^{"}=p_{2}^{k_{2}}...p_{n}^{k_{n}}=q_{2}^{a_{2}}...q_{n}^{a_{n}}<M$，这就是找到了一个比$M$更小的能用两种方法表示的正整数，从而与假设矛盾

记$M=p_{1}^{k_{1}}...p_{n}^{k_{n}}$

约数个数公式：M的约数个数$d(M)=\pi_{i=1}^{n}(k_{i}+1)$

约数和公式：M的约数和$σ(M)=\pi_{i=1}^{n}(\sum_{j=0}^{k_{i}}p_{i}^{j})$

等比数列分治求和公式：$\sum_{i=1}^{n}p^{i}=\sum_{i=1}^{\frac{n}{2}}p_{i}+p^{\frac{n}{2}}\sum_{i=1}^{\frac{n}{2}}p_{i}$

欧拉函数的性质：

$\phi(p)=p-1$（p为质数）

令$M=\pi_{i=1}^{n}p_{i}^{k_{i}}$，则$\phi(M)=\pi_{i=1}^{n}(p_{i}-1)*p_{i}^{k_{i}-1}$

丢番图题解：

$\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{n}$

移项通分：$n(x+y)=xy$，再整理：$x=\frac{ny}{y-n}$

令$t=y-n$，于是$y=t+n$，即$x=\frac{n(t+n)}{t}$，也即$x=n+\frac{n^{2}}{t}$

于是求出$n^{2}$的约数个数即可

模线性方程问题

$ax\equiv1$(mod b)

gcd问题：

令$d=gcd(a,b)$，记$a=kb+m$

显然$d|a,d|b$，则$d|m$,也即$d|m,d|b$，也即$d|gcd(b,m)$

设$d^{'}=gcd(b,m)$，则$d^{'}|b,d^{'}|m$，也即$d^{'}|a$

注意到$d$是$a$与$b$的最大公约数，于是$d^{'}|d$

于是$d=d^{'}$（证明中隐含了一个内容：两个数的最大公约数能被这两个数所有的公约数整除）

ex_gcd问题

$ax\equiv 1$(mod b)即$ax+by=1$

这里我们知道a,b互质，于是原方程即为$ax+by=gcd(a,b)$

我们知道$gcd(a,b)=gcd(b,a$ $mod$ $b)$

于是令$a_{1}=b,b_{1}=a$ $mod $ $b$，辗转一次即变为$a_{1}x_{1}+b_{1}y_{1}=gcd(a_{1},b_{1})$

以此类推，直至$b_{n}=0$，此时方程化为$a_{n}x_{n}=gcd(a_{n},0)$

显然取$x_{n}=1$即可（$gcd(a_{n},0)$当然是$a_{n}$，因为$\frac{0}{a_{n}}=0$不是吗...）

那在这个方程中其实我可以取$y_{n}$为任意值，但是为了计算简便我们一般取$y_{n}=0$（不要作死地去取y为别的值，因为指不定后面的计算就给你整出点啥意外情况）

接下来讨论怎么根据已有的$x_{k},y_{k}$反求$x_{k-1},y_{k-1}$

我们已知$a_{k}x_{k}+b_{k}y_{k}=gcd(a_{k},b_{k})$

但其实右侧的值始终为$1$

也就是可以写成这样的形式：$a_{k-1}x_{k-1}+b_{k-1}y_{k-1}=a_{k}x_{k}+b_{k}y_{k}$

注意到前后$a$和$b$的对应关系，也即：

$a_{k-1}x_{k-1}+b_{k-1}y_{k-1}=b_{k-1}x_{k}+(a$ $mod$ $b)y_{k}$

注意到$a$ $mod$ $b$等价于$a-[\frac{a}{b}]b$

于是上式即为：$a_{k-1}x_{k-1}+b_{k-1}y_{k-1}=b_{k-1}x_{k}+(a_{k-1}-[\frac{a_{k-1}}{b_{k-1}}]b_{k-1})y_{k}$

展开右侧，既得$a_{k-1}x_{k-1}+b_{k-1}y_{k-1}=a_{k-1}y_{k}+b_{k-1}(x_{k}-[\frac{a_{k-1}}{b_{k-1}}]y_{k}$

对应相等，于是$x_{k-1}=y_{k},y_{k-1}=x_{k}-[\frac{a_{k-1}}{b_{k-1}}]y_{k}$

我们也就找出了这组对应关系

 一般线性同余方程的求解：

考虑方程$ax+by=c$，其中$gcd(a,b)|c$

那么首先我们可以在两侧同时除掉一个$gcd(a,b)$，得到一个新的方程$a^{'}x+b^{'}y=c^{'}$，其中$gcd(a^{'},b^{'})=1$，这两个方程显然是等价的

那么我们不妨先求解方程$a^{'}x+b^{'}y=1$，这样的话只需要对求出的$x,y$同时乘c就是原方程的解了

 逆元的线性递推

设$p$为质数，我们想求$a$对$p$的逆元

我们构造一个$p$的拆分$p=ka+b$，要求(1<a<p,b<a)

在两侧同时乘$a$和$b$的逆元$a^{-1},b^{-1}$

于是得到了$kb^{-1}+a^{-1}\equiv 0($ $mod$ $p)$

移项：$a^{-1}\equiv -kb^{-1}$

代入得：$a^{-1}\equiv [\frac{p}{a}] (p$ $mod$ $a)^{-1}$

 注意到$p$ $mod$ $a<a$，也即后面的逆元是已经求出来的，这样我们就可以从前向后递推了

中国剩余定理：

考虑模线性方程组$x_{i}\equiv a_{i}($ $mod$ $p_{i}),i=1,2...n$

令$M=\pi_{i=1}^{n}p_{i}$，$M_{i}=\frac{M}{p_{i}}$

求解$M_{i}$对$m_{i}$的逆元$M_{i}^{-1}=x_{i}$

则最终原方程的通解即为$X=\sum_{i=1}^{n}a_{i}x_{i}M_{i}+tM(t\in Z)$

接下来给出证明：

首先我们证明这个解的正确性（其实正确性好证，举一个方程为例代入即可）

令$X=\sum_{i=1}^{n}a_{i}x_{i}M_{i}$

代入任意一个方程$j$，对$i!=j$，都有$a_{i}x_{i}M_{i}\equiv 0($ $mod$ $p_{j})$

对$i=j$，根据上述求解过程知：$x_{i}M_{i}\equiv 1($ $mod$ $p_{i})$

于是$a_{i}x_{i}M_{i}\equiv a_{i}($ $mod$ $p_{i})$

即$X=\sum_{i=1}^{n}a_{i}x_{i}M_{i}\equiv a_{i}($ $mod$ $p_{j})$

这也就证明了这个解的正确性

接下来证明这组解的唯一性：

令$x_{1},x_{2}$是上述方程组的两个解，则对任意$i=1,2...n$，有$x_{1}-x_{2}\equiv 0($ $mod$ $p_{i})$

考虑$p_{1}，p_{2},...p_{n}$互质，所以$M|x_{1}-x_{2}$

也即任意两个解之间的差距一定是$M$的整数倍

那么上述通解也就是合理且唯一的

降幂公式：$a^{m}\equiv$ $a^{m mod \phi(p)+\phi(p)}($ $mod$ $p)$

bzoj 3884

记$f(p)=2^{2^{2^{2}}}...$ $mod$ $p$

由降幂公式：$f(p)=2^{2^{2^{2}}mod \phi(p)+\phi(p)}$ $mod$ $p$

注意到上面仍是无穷，所以$f(p)=2^{f(\phi(p))+\phi(p)}$ $mod$ $p$

于是递归求解即可，边界为$f(1)=0$

RSA算法的证明：

任意选择两个质数$p,q$，并构造$n_{1}=pq$,$n_{2}=(p-1)(q-1)$，则对于$∀m\in(1,n_{1})$,对于所有$e\in[1,n_{2})$且e与n2互质，令$c=m^{e}$ $mod$ $n_{1}$, 取$d\in[1,n_{2})$且要求$ed$ $mod$ $n_{2}\equiv1$,则$c^{d}$ $mod$ $n_{1}\equiv m$

其实要认识到一点：由于$p,q$是质数，所以$\phi(n_{1})=n_{2}$

结合上面的表达式：$c=m^{e}$，于是$c^{d}=m^{de}$

考虑到$de\equiv 1 ($ $mod$ $n_{2})$，$n_{2}=\phi(n_{1})$

于是$m^{de}\equiv m^{de mod \phi(n_{1})}\equiv m($ $mod$ $n_{1})$

也就得出了结果

卢卡斯定理：

若$p$为质数，则$C^{m}_{n}\equiv C^{[\frac{m}{p}]}_{[\frac{n}{p}]}C^{mmodp}_{nmodp}$ $($ $mod$ $p)$       

证明：显然$C_{p}^{m}\equiv 0($ $mod$ $p)$

我们用二项式定理来证明：令$n=sp+q$

则$(1+x)^{n}=(1+x)^{sp+q}=(1+x)^{sp}(1+x)^{q}=[(1+x)^{p}]^{s}(1+x)^{q}$

在模$p$意义下，$(1+x)^{p}=1+x^{p}$（根据我们最开始证明的等式，二项式展开即可）

于是我们有$(1+x)^{n}=(1+x^{p})^{s}(1+x)^{q}=\sum_{i=0}^{s}C_{s}^{i}x^{ip}\sum_{j=0}^{q}C_{q}^{j}x^{j}$

考虑$x^{tp+m}$项的系数，根据最初的表达式，其系数为$C_{sp+q}^{tp+m}$

根据推导出的表达式，显然只能取$i=t,j=m$，于是其系数为$C_{s}^{t}C_{q}^{m}$

也即$C_{sp+q}^{tp+m}\equiv C_{s}^{t}C_{q}^{m}$，于是定理得证