第六周。
This commit is contained in:
unlockable
@@ -252,7 +252,7 @@
|
||||
\end{align*}
|
||||
从最下开始，依次将下式带入上式，最终可以得到$r_n = ma + nb$，其中$m$和$n$都是整数，即$\gcd (a, b)$可由$a$和$b$线性表示。
|
||||
|
||||
\begin{theorem}[线性组合表示定理]
|
||||
\begin{theorem}[线性组合表示定理]\label{线性组合表示定理}
|
||||
若任给整数$a, b > 0$，则存在整数$m$和$n$，使得$\gcd(a, b) = ma + nb$。
|
||||
\end{theorem}
|
||||
|
||||
@@ -275,4 +275,324 @@
|
||||
显然$1 \leq m \leq m'$，利用带余除法可得$m' = mq + r,0 \leq r < m, q > 0$。
|
||||
|
||||
由$m' - mq = r$得到$a \mid r, b \mid r$，即$r$是$a$和$b$的公倍数。如果$1 \leq r < m$，则与$m$是$a$和$b$的最小公倍数发生矛盾，因此$r = 0$，即$m' = mq$。
|
||||
\end{proof}
|
||||
\end{proof}
|
||||
|
||||
\section{同余}
|
||||
\begin{definition}
|
||||
给定一正整数$m$，若用$m$去除两个整数$a$和$b$所得余数相同，则称$a$，$b$为对模$m$同余，记作$a \equiv b \pmod{m}$；若余数不同，则称$a$，$b$对模$m$不同余，记作$a \not \equiv b \pmod{m}$。
|
||||
\end{definition}
|
||||
|
||||
显然，$a \equiv 0 \pmod{m} \Leftrightarrow m \mid a$。
|
||||
|
||||
\begin{proposition}
|
||||
同余是一种等价关系，它满足如下三条性质：
|
||||
\begin{enumerate}
|
||||
\item 自反性：$a \equiv a \pmod{m}$。
|
||||
\item 对称性：若$a \equiv b \pmod{m}$，则$b \equiv a \pmod{m}$。
|
||||
\item 传递性：若$a \equiv b \pmod{m}$，$b \equiv c \pmod{m}$，则$a \equiv c \pmod{m}$。
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
\end{proposition}
|
||||
|
||||
\begin{proposition}[性质1]\label{同余性质1}
|
||||
$a \equiv b \pmod{m} \Leftrightarrow m \mid (a-b)$。
|
||||
\end{proposition}
|
||||
|
||||
\begin{proof}
|
||||
设$a \equiv b \pmod{m}$，则
|
||||
\[a = mq_1 + r \eqco b = mq_2 + r \eqco 0 \leq r < m\]
|
||||
故$a - b = m(q_1 - q_2)$，$m \mid (a-b)$。
|
||||
|
||||
反之，设$a = mq_1 + r_1$，$b = mq_2 + r_2$，$0 \leq r_1, r_2 < m$，$m \mid (a-b)$。于是$m \mid m(q_1 - q_2) + (r_1 - r_2)$，因此$m \mid (r_1 - r_2)$。而$\vert r_1 - r_2 \vert < m$，可得$r_1 = r_2$。
|
||||
\end{proof}
|
||||
|
||||
\begin{remark}
|
||||
由命题\ref{同余性质1}中的性质可知，同余又可定义如下：若$m \mid (a-b)$，则称$a$，$b$对模$m$同余。
|
||||
\end{remark}
|
||||
|
||||
\begin{proposition}[性质2]\label{同余性质2}
|
||||
若$a \equiv b \pmod{m}$，$c \equiv d \pmod{m}$，则
|
||||
\begin{enumerate}
|
||||
\item $ax + cy \equiv bx + dy \pmod{m}$，其中$x$和$y$为任给整数。
|
||||
\item $ac \equiv bd \pmod{m}$。
|
||||
\item $a^n = b^n \pmod{m}$，其中$n > 0$。
|
||||
\item $f(a) \equiv f(b) \pmod{m}$，其中$f(x)$为任给的一个整系数多项式。
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
\end{proposition}
|
||||
|
||||
\begin{proof}
|
||||
\begin{enumerate}
|
||||
\item 因为$m \mid (a-b)$，$m \mid (c-d)$故有$m \mid x(a-b) + y(c-d)$，从而$m \mid (ax + cy) - (bx+dy)$。
|
||||
\item 由$m \mid (a-b)c + (c-d)b = ac - bd$可得。
|
||||
\item 由于$a - b = mq$，$q \in \naturalnum$，因此
|
||||
\begin{align*}
|
||||
a^n & = (b + mq)^n\\
|
||||
& = b^n + \binom{n}{1}b^{n-1}(mq)^1 + \cdots + \binom{n}{n-1}b^1(mq)^{n-1} + (mq)^n\\
|
||||
& = b^n + mq^\prime, q \in \naturalnum
|
||||
\end{align*}
|
||||
从而$a^n \equiv b^n \pmod{m}$。
|
||||
\item 由1，3可证。
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
\end{proof}
|
||||
|
||||
\begin{proposition}[性质3]
|
||||
正整数$a$能被9整除$\Leftrightarrow$9整除$a$的十进制表示下的各位数字之和。
|
||||
\end{proposition}
|
||||
|
||||
\begin{proof}
|
||||
设$a = \sum \limits_{i=0}^n a_i10^i$，应用命题\ref{同余性质2}中的4，令
|
||||
\[f(x) = \sum_{i=0}^n a_i x^i\]
|
||||
由$10 \equiv 1 \pmod{9}$，有
|
||||
\begin{align*}
|
||||
f(10) & \equiv f(1) \pmod{9}\\
|
||||
a & \equiv \sum_{i=0}^n a_i \pmod{9}
|
||||
\end{align*}
|
||||
\end{proof}
|
||||
|
||||
同理，正整数$a$能被3整除$\Leftrightarrow$3整除$a$的十进制表示下的个数字之和。
|
||||
|
||||
\begin{theorem}[弃九法]
|
||||
若$ab = c$，其中$a > 0$，$b > 0$并且
|
||||
\[a = \sum_{i=0}^m a_i 10^i \eqco b = \sum_{j=0}^n b_j 10^j \eqco c = \sum_{k=0}^l c_k 10^k\]
|
||||
则
|
||||
\[\left(\sum_{i=0}^m a_i\right)\left(\sum_{j=0}^n b_j\right) \equiv \sum_{k=0}^l c_k \pmod{9} \eqper\]
|
||||
\end{theorem}
|
||||
|
||||
可见，若
|
||||
\[\left(\sum_{i=0}^m a_i\right)\left(\sum_{j=0}^n b_j\right) \not \equiv \sum_{k=0}^l c_k \pmod{9}\]
|
||||
则可以断言乘积$ab \neq c$。
|
||||
|
||||
\begin{proposition}[性质4]
|
||||
若$ac \equiv bc \pmod{m}$，$\gcd(c, m) = d$，则$a \equiv b \pmod{\frac{m}{d}}$。
|
||||
\end{proposition}
|
||||
|
||||
\begin{proof}
|
||||
由$m \mid c(a-b)$，得到$\dfrac{m}{d} \mid \dfrac{(a-b)c}{d}$。又因为$\gcd(c, m) = d$，那么$\gcd\left(\dfrac{c}{d}, \dfrac{m}{d}\right) = 1$。应用算数基本定理，$\dfrac{m}{d}$所有的因子都只能在$a-b$中，因此$\dfrac{m}{d} \mid (a-b)$。即$a \equiv b \pmod{\frac{m}{d}}$。
|
||||
\end{proof}
|
||||
|
||||
\begin{corollary}
|
||||
若$ac \equiv bc \pmod{m}$，$\gcd(c,m) = 1$，则$a \equiv b \pmod{m}$。
|
||||
\end{corollary}
|
||||
|
||||
\begin{proposition}[性质5]
|
||||
\begin{enumerate}
|
||||
\item 若$a \equiv b \pmod{m}$且$d \mid m$，则$a \equiv b \pmod{d}$。
|
||||
\item 若$a \equiv b \pmod{m}$则$\gcd(a, m) = \gcd(b, m)$。
|
||||
\item $a \equiv b \pmod{m_i}, 1 \leq i \leq n \Leftrightarrow a \equiv b \pmod{\lcm(m_1, m_2, \cdots, m_n)}$。
|
||||
\end{enumerate}
|
||||
\end{proposition}
|
||||
|
||||
\section{同余方程}
|
||||
\subsection{同余系}
|
||||
将``星期几''看做一个新的数域：
|
||||
\begin{table}[H]
|
||||
\begin{center}
|
||||
\begin{tabular}{ |c|c|c|c|c|c|c|c| }
|
||||
\hline
|
||||
星期 & 日（Sun） & 一（Mon） & 二（Tue） & 三（Wed） & 四（Thur） & 五（Fri） & 六（Sat）\\
|
||||
\hline
|
||||
mod 7 & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6\\
|
||||
\hline
|
||||
\end{tabular}
|
||||
\end{center}
|
||||
\end{table}
|
||||
|
||||
那么我们可以定义这个数域中的加法、减法、乘法：
|
||||
|
||||
\begin{align*}
|
||||
\mathrm{Wed} + \mathrm{Thur} & = \mathrm{Sat}\\
|
||||
\mathrm{Thur}^2 & = \mathrm{Tue}\\
|
||||
\mathrm{Mon} - \mathrm{Sat} & = \mathrm{Tue}
|
||||
\end{align*}
|
||||
|
||||
Sun类似为0元：$\mathrm{Wed} + \mathrm{Sun} = \mathrm{Wed}$，$\mathrm{Wed} \times \mathrm{Sun} = \mathrm{Sun}$。
|
||||
|
||||
Mon为单位元：$\mathrm{Wed} \times \mathrm{Mon} = \mathrm{Wed}$。
|
||||
|
||||
\begin{proposition}
|
||||
对于不同的$X$，$X \times \mathrm{Wed}$都不同。
|
||||
\end{proposition}
|
||||
|
||||
\begin{proof}
|
||||
\begin{align*}
|
||||
X \times \mathrm{Wed} & = Y \times \mathrm{Wed}\\
|
||||
(X - Y) \mathrm{Wed} & = \mathrm{Sun}\\
|
||||
X - Y & = \mathrm{Sun}\\
|
||||
X & = Y + \mathrm{Sun} = Y
|
||||
\end{align*}
|
||||
\end{proof}
|
||||
|
||||
\begin{remark}
|
||||
与$(X-Y) \times 3 \equiv 0 \pmod{7}$类比。
|
||||
\end{remark}
|
||||
|
||||
如此这样一个可做四则运算的集合称为域；7这样的素数同余系称为素数域，它是一个7元域。
|
||||
|
||||
考虑2的同余系，它是一个二元域：
|
||||
|
||||
\begin{multicols}{2}
|
||||
\begin{table}[H]
|
||||
\begin{center}
|
||||
\begin{tabular}{c|cc}
|
||||
+ & $\overline{0}$ & $\overline{1}$\\
|
||||
\hline
|
||||
$\overline{0}$ & $\overline{0}$ & $\overline{1}$\\
|
||||
$\overline{1}$ & $\overline{1}$ & $\overline{0}$
|
||||
\end{tabular}
|
||||
\end{center}
|
||||
\end{table}
|
||||
|
||||
\begin{table}[H]
|
||||
\begin{center}
|
||||
\begin{tabular}{c|cc}
|
||||
$\cdot$ & $\overline{0}$ & $\overline{1}$\\
|
||||
\hline
|
||||
$\overline{0}$ & $\overline{0}$ & $\overline{0}$\\
|
||||
$\overline{1}$ & $\overline{0}$ & $\overline{1}$
|
||||
\end{tabular}
|
||||
\end{center}
|
||||
\end{table}
|
||||
\end{multicols}
|
||||
|
||||
在上面的表示中，上加横线是为了声明0，1不是数字而是二元域中的两个元素。为了简便，可以记为
|
||||
|
||||
\begin{multicols}{2}
|
||||
\begin{table}[H]
|
||||
\begin{center}
|
||||
\begin{tabular}{c|cc}
|
||||
\textcircled{+} & 0 & 1\\
|
||||
\hline
|
||||
0 & 0 & 0\\
|
||||
1 & 1 & 0
|
||||
\end{tabular}
|
||||
\end{center}
|
||||
\end{table}
|
||||
|
||||
\begin{table}[H]
|
||||
\begin{center}
|
||||
\begin{tabular}{c|cc}
|
||||
$\cdot$ & 0 & 1\\
|
||||
\hline
|
||||
0 & 0 & 0\\
|
||||
1 & 0 & 1
|
||||
\end{tabular}
|
||||
\end{center}
|
||||
\end{table}
|
||||
\end{multicols}
|
||||
|
||||
现在我们考虑在七元域中的除法。对于$2\div 3 \pmod{7}$，我们有
|
||||
\[2/3 \pmod{7} = 2 \times(1/3\pmod{7})\]
|
||||
于是我们需要找到$X$满足
|
||||
\[1/3 \equiv X \pmod{7}\]
|
||||
考虑到除法是乘法的逆运算，上面的除法式子代表着
|
||||
\[\mathrm{Mon} \div \mathrm{Wed} = X\]
|
||||
那么对应的乘法运算应该是
|
||||
\[\mathrm{Wed} \times X = \mathrm{Mon}\]
|
||||
这指示我们去寻找一个$X$满足
|
||||
\[3X \equiv 1 \pmod{7}\]
|
||||
|
||||
我们注意到$\gcd(3,7) = 1$。那么应用定理\ref{线性组合表示定理}（线性组合表示定理），一定存在$u, v \in \integer$满足
|
||||
\[3u + 7v = 1\]
|
||||
在等式的两边都取7的模，有
|
||||
\[3u \equiv 1 \pmod{7}\]
|
||||
那么$u$就是符合我们要求的$X$。我们只要再利用辗转相除法中的每一步，将$u$找出来即可。
|
||||
|
||||
在这里，因为7比较小，我们可以比较容易地看出
|
||||
\[7 = 2 \times 3 + 1\]
|
||||
那么$u = -2$，有
|
||||
\begin{align*}
|
||||
1/3 & \equiv -2 \pmod{7}\\
|
||||
2/3 & \equiv -4 \equiv 3 \pmod{7}
|
||||
\end{align*}
|
||||
|
||||
因此$2/3 \pmod{7} = 3$。
|
||||
|
||||
\subsection{线性方程组}
|
||||
\begin{example}
|
||||
\begin{equation*}
|
||||
\begin{cases}
|
||||
12x + 31y \equiv 2 \pmod{127}\\
|
||||
2x + 89y \equiv 23 \pmod{127}
|
||||
\end{cases}
|
||||
\end{equation*}
|
||||
\end{example}
|
||||
|
||||
\begin{proof}[解]
|
||||
\begin{align*}
|
||||
(6 \times 89 - 31) y & \equiv 6 \times 23 - 2 \pmod{127}\\
|
||||
503y & \equiv 135 \pmod{127}\\
|
||||
-5y & \equiv -118 \pmod{127}\\
|
||||
5y & \equiv 118 \pmod{127}
|
||||
\end{align*}
|
||||
先考虑计算$1/5\pmod{127}$。
|
||||
\[\gcd(127, 5) = \gcd(2, 5) = 1\]
|
||||
那么
|
||||
\[51 \times 5 - 2 \times 127 = 1\]
|
||||
那么$5 \times 51 \equiv 1 \pmod{127}$。于是有
|
||||
\[y \equiv 51 \times 118 \equiv 49 \pmod{127}\]
|
||||
通过类似的计算可以得到$x \equiv 117 \pmod{127}$。
|
||||
因此方程的解为
|
||||
\begin{equation*}
|
||||
\begin{cases}
|
||||
x = 117\\
|
||||
y = 49
|
||||
\end{cases}
|
||||
\end{equation*}
|
||||
\end{proof}
|
||||
|
||||
\subsection{高次方程}
|
||||
\begin{example}
|
||||
解方程：
|
||||
\[x^2 - 3x + 2 \equiv 0 \pmod{53}\eqper\]
|
||||
\end{example}
|
||||
|
||||
\begin{proof}[解]
|
||||
因式分解，有
|
||||
\[(x-1)(x-2) \equiv 0 \pmod{53}\]
|
||||
因为53是质数，所以等式左边必须是53的倍数。那么解为$x \equiv 0 \pmod{53}$或$x \equiv 2 \pmod{53}$。
|
||||
\end{proof}
|
||||
|
||||
上面的方程解法要求方程必须在一个素域里才能施行。那么对于$x^2 + 134517x + 105536 \equiv 0 \pmod{234527}$，如何判断234527是否是质数？下面的定理从理论上给出了如何判断一个数是否是质数的方法。
|
||||
|
||||
\begin{theorem}[Wilson's Theorem]
|
||||
$p$是质数$\Leftrightarrow$ $(p-1)! \equiv -1 \pmod{p}$。
|
||||
\end{theorem}
|
||||
|
||||
\begin{proof}
|
||||
充分性：令$p = ab, a \neq p$。那么$p \mid (p-1)! + 1$。而$a \mid p$，因此$a \mid (p-1)! + 1$。同时$a \leq q-1$，所以$a \mid (p-1)!$，因此$a \mid (p-1)! + 1 - (p-1)!$，即$a \mid 1$。那么$p$只有1和$p$两个因数，即$p$为素数。
|
||||
|
||||
必要性：设$p$为素数，当$p = 2, 3$时，结论显然成立。设$p > 3$是一奇素数，$S:=\{2, 3, \cdots, p-2\}$，那么$\forall a \in S, \exists!b \in S$，满足$ab \equiv 1 \pmod{p}$（可以由刚刚辗转相除的方法得到$1/a \pmod{p}$）。将每一对$a,b$都找出来，可以将$S$分为$\dfrac{p-3}{2}$对，其中的每一对都满足$ab \equiv 1 \pmod{p}$。因此$2 \cdot 3 \cdots (p-2) \equiv 1 \pmod{p}$。同时有$p-1 \equiv -1 \pmod{p}$，结合可得$(p-1)! \equiv -2 \pmod{p}$。
|
||||
\end{proof}
|
||||
|
||||
\section{数论与组合数学}
|
||||
\begin{example}
|
||||
从整数$1, 2, \cdots, 100$中选择51个数，证明在所选的数中间必然存在两个整数，其中之一可以被另一个整除。
|
||||
\end{example}
|
||||
|
||||
\begin{proof}
|
||||
对于任何一个整数$x$，总是可以把$x$写成$x = 2^n \cdot a$的形式，其中$a$是奇数，$n \geq 0$。
|
||||
|
||||
1到100之间共有50个奇数，由所选择的51个奇数利用上述方式可以得到51个奇数$a$，其中必然有两个是相同的。设这两个数位$x = 2^r \cdot a$，$y = 2^s \cdot a$，那么如果$r \leq s$，那么$x \mid y$；如果$r > s$，那么$y \mid x$。
|
||||
\end{proof}
|
||||
|
||||
\begin{theorem}[Erdös Theorem]
|
||||
从$1, 2, \cdots, 2n$中任取$n+1$个数，其中必然存在两个数，其中一个整除另外一个。
|
||||
\end{theorem}
|
||||
|
||||
\subsection{Euler函数}
|
||||
\begin{definition}
|
||||
Euler函数$\phi(n)$表示不大于$n$且与$n$互素的正整数的个数。
|
||||
\end{definition}
|
||||
|
||||
可利用容斥原理给出$\phi(n)$的计算公式。设$n$的质因数分解为
|
||||
\[n = p_1^{a_1}p_2^{a_2} \cdots p_k^{a_k}\]
|
||||
令$A_i$表示$\{1, 2, \cdots, n\}$中能被$p_i$整除的数的集合，$i = 1, 2, \cdots, k$。那么
|
||||
\[\lvert A_i \rvert = \dfrac{n}{p_i} \quad (i = 1, 2, \cdots, k)\eqper\]
|
||||
|
||||
\begin{align*}
|
||||
\lvert A_i \cap A_j \rvert & = \frac{n}{p_ip_j},\ 1 \leq i < j \leq k\\
|
||||
\lvert A_h \cap A_i \cap A_j \rvert & = \frac{n}{p_hp_ip_j},\ 1 \leq h < i < j \leq k\\
|
||||
\phi(n) = \lvert \setcom{A_1} \cap \setcom{A_2} \cap \cdots \cap \setcom{A_k} & = n - \left(\frac{n}{p_1} + \frac{n}{p_2} + \cdots + \frac{n}{p_k}\right)\\
|
||||
& \quad + \left(\frac{n}{p_1p_2} + \cdots + \frac{n}{p_{k-1}p_k} + \frac{n}{p_kp_1}\right)\\
|
||||
& \quad - \cdots \pm \frac{n}{p_1p_2\cdots p_k}\\
|
||||
& = n\left(1 - \frac{1}{p_1}\right)\left(1 - \frac{1}{p_2}\right)\cdots \left(1 - \frac{1}{p_k}\right)
|
||||
\end{align*}
|
||||
Reference in New Issue
Block a user