基礎數論筆記

基礎數論筆記

筆者年尚十四，水平極爲有限，該筆記主要基於《具體數學》，並對一些部分做出了一些不那麼使人費解的解釋，望你們指出錯誤，感激涕零。

最大公約數與最小公倍數​

• \(\gcd(n,m)=\max\{~k~|~~k~|~n~,~k~|~m\}\)

• \(\text{lcm}(n,m)=\min\{~k~|~~k>0~,n~|~k~,~m~|~k\}\)

• \(\gcd(0,n)=n\)，\(\gcd(m,n)=\gcd(n~mod~m,m)~~m>0\)

• \(k|m~,~k|n \Leftrightarrow k|\gcd(n,m)\)

\[充分性：\because k|m~且~k|n~\therefore k|mm'+nn'\because~mm'+nn'=gcd(n,m)~\therefore k|gcd(n,m). \\ 必要性：\because~k|gcd(n,m)~\therefore k~至少整除~n,m~分別一個因子\therefore k|n，k|m. \]

• \(\gcd(n,m) \times \text{lcm}(n,m)=n \times m\)

  \[\because \gcd(n,m)=\prod_{p} p^{\min (n_p,m_p)}~，~\text{lcm}(n,m)=\prod_{p} p^{\max (n_p,m_p)} \\ \therefore \gcd(n,m) \times \text{lcm}(n,m)=\prod_{p} p^{\min (n_p,m_p)} \times \prod_{p} p^{\max (n_p,m_p)}=\prod_{p} p^{n_p+m_p} \]

• \(\gcd(n,m)=\gcd(kn,km)~，\text{lcm}(n,m)=\text{lcm}(kn,km)~~k>0\)

\[\gcd(km,kn)=\prod_{p}p^{\min(n_p+k_p,m_p+k_p)}=\prod_{p} p^{k\min (n_p,m_p)}=k~\gcd(n,m) \\ 同理~\text{lcm}(km,kn)=k~\text{lcm}(n,m)~ \]

• \(\gcd(a_1,a_2,···a_n)=gcd(a1,gcd(a_2,···a_n))\)

  \[即證實~\gcd~的結合律\\ \\下證\gcd(a,\gcd(b,c))=\gcd(\gcd(a,b),c)\\ \because \gcd(a,b)=\prod_{p} p^{\min (a_p,b_p)}，\gcd(b,c)=\prod_{p} p^{\min (b_p,c_p)}\\ \therefore \gcd(a,\gcd(b,c))=\prod_{p} p^{\min (a_p,\min(b_p,c_p))}\\ \gcd(\gcd(a,b),c)=\prod_{p} p^{\min (\min(a_p,b_p),c_p)}\\ \because \min~函數具備結合律\\ \therefore \prod_{p} p^{\min (a_p,\min(b_p,c_p))}=\prod_{p} p^{\min (\min(a_p,b_p),c_p)}=\prod_{p} p^{\min (a_p,b_p,c_p)}\\ \therefore \gcd(a,\gcd(b,c))=\gcd(\gcd(a,b),c)，\gcd~函數具備結合律 \]

• 區間\(~\gcd~\)的\(~O(n^2)~\)預處理與\(~O(1)~\)查詢，所白了就是一種高效解決給定序列的區間\(~a~\)的區間\(~\gcd~\)的方法。

  固然有一種顯然的\(~O(n~log~n)~\)查詢方法，由上文證實的結合律求解便可，設\(~i\in [l,r]~\)，\(~a_{i_p}~\)爲\(~b_i~\)(由於下標實在太多了)

  答案爲：

  \[\prod_{p} p^{\min(b_{l},b_{l+1},···b_{r})} \]

  能夠對其進行優化，不妨先思考這樣一個問題，就是把原來的區間查詢變爲刪掉一個位置爲\(~k\)的數，而後求剩餘數的\(~\gcd~\)，這個問題看起來很簡答，只須要求一下前綴\(~\gcd~\)，\(~p_i~\)表示到\(~1-i~\)的前綴\(~\gcd~\)，後綴\(~\gcd~\)，\(~q_i~\)表示到\(~i-n~\)的後綴\(~gcd~\)，而後答案爲\(~\gcd(p_{i-1},q_{i+1})~\)，證實很簡單，就是刪掉全部\(~a_i~\)的素指數，在合回去照樣取\(~\min~\)，那麼類推區間\(~\gcd~\)，至關因而在前面刪掉了\(~l-1~\)，後面刪掉了\(~n-r~\)個，能夠遞推，\(ans_{i,j}~\)表示區間\(~[i,j]~\)的\(~\gcd\)，那麼\(~ans_{i,j}=\gcd(ans_{i,i},ans_{i+1,j})\)；答案爲\(ans_{l,r}\)。（區間\(~\gcd~\)不靠數據結構貌似不能更快了，可是那個刪一個的預處理方法仍是很優秀的）

素數

• 算數基本定理：僅有一種方式將 \(n\) 按照素數非減的次序寫成素數的乘積

  說人話大概是這樣：

  \[顯然的表示是 n=\prod^m_{k=1}p_k~~p_1\leq···\leq p_m \\ 我的喜歡像這樣表示~n=\prod_{p}p^{n_p}~~任意~n_p\geq0 \]

  第二種表示中的 \(n_p\) 是一個數系，表示 \(n\) 的素因子 \(p\) 的指數，由於有大量的 \(n_p\) 爲 \(0\) ，因此第二中表示其實是一個有限的乘積

• \(k=mn \Leftrightarrow k_p=m_p+n_p\) （初中知識）

• \(m|n \Leftrightarrow 任意~m_p\leq n_p\)

• \(\gcd(n,m)=\prod_{p} p^{\min (n_p,m_p)}~，~\text{lcm}(n,m)=\prod_{p} p^{\max (n_p,m_p)}\)

• 存在比任意給定素數集合更多的素數 ——歐幾里得

  \[設一個數~x=2\times3\times5\times···\times p_k+1 \\ 那麼因爲~p_1···p_k~都能整除~x-1~，因此~p_1···p_k~都不能整除~x~ \\ 因此在~x~的素因子中必然均爲異於~p_1···p_k~的素數，甚至~x~就是一個素數 \]

同餘

能夠差很少默認爲整數取餘

• \(a \equiv b~且~d \equiv c \Rightarrow a\pm b \equiv c\pm d\mod m\)
• \(a\equiv b~且~c\equiv d\Rightarrow ac\equiv bd \mod m\)
• \(ad\equiv bd~且~\gcd(d,m)=1\Leftrightarrow a\equiv b \mod m\)

\[必要性顯然；\\ 充分性：存在~d'，m'~時~dd'+mm'=\gcd(d,m)=1~，若~ad\equiv bd~，則~add'\equiv bdd'\mod m~，因此~a\equiv b~. \]

• \(ad\equiv bd \mod m\Leftrightarrow a\equiv b \mod m/\gcd(d,m)\)

\[必要性顯然；\\ 充分性：\because dd'+mm'=\gcd(m,d) \\\therefore a\times \gcd(d,m)\equiv b\times \gcd(d,m) \mod m \therefore a\equiv b \mod m/\gcd(d,m). \]

• \(a\equiv b \mod km\Rightarrow a\equiv b \mod m\)
• \(a\equiv b \mod m~且~a\equiv b \mod n\Leftrightarrow a\equiv b \mod \text{lcm}(m,n)\)
• \(a\equiv b \mod m\Leftrightarrow a\equiv b \mod p^{m_p}\)

費馬小定理

• \(p~爲素數，\gcd(a,b)=1，a^{p-1}\equiv 1 \mod p\)

\[構造一個~p~的徹底剩餘系~P~，其中任意兩數關於~p~不一樣餘，P=\{1,2,···p-1\} \\ \because \gcd(a,b)=1~~ \therefore \{a,2a,···,(p-1)a\}~也是~p~的徹底剩餘系. \\ \therefore \prod^{p-1}_{i=1}i\equiv\prod^{p-1}_{i=1}i\times a \mod p \\提出所有的~a~，設~\prod^{p-1}_{i=1}i~爲~x~，那麼~x\times a^{p-1}\equiv x \mod p~ \\\because \gcd(x,p)=1~\therefore a^{p-1}\equiv 1 \mod p \]

\[\mathbb{To~Be~Continued} \]