\chapter{数论}
\section{因数与倍数}
\begin{definition}
    设$a\eqco b$为整数，$a \neq 0$。若有一整数$q$，使得$b = aq$，则称$a$是$b$的\newnoun{因数}{divisor}或$b$是$a$的\newnoun{倍数}{multiple}；并称$a$整除$b$，记为$a \mid b$。

    若$a$不能整除$b$，记为$a \nmid b$。

    若$b = aq$，而$\vert a \vert$既非$\vert b \vert$又非1，则称$a$是$b$的真因数。
\end{definition}

\begin{proposition}
    整除具有下列性质：
    \begin{multicols}{2}
        \begin{enumerate}[label=(\arabic{*})]
            \item 对所有$a$，$1 \mid a$。
            \item 对所有$a$，$a \mid 0$。
            \item 对所有$a$，$a \mid a$。
            \item 若$a \mid b$且$b \mid c$，则$a \mid c$。
            \item 若$a \mid b$，且对任意的$c$，有$ac \mid bc$。
            \item 若$ac \mid bc$且$c \neq 0$，则$a \mid b$。
            \item 若$a \mid b$且$a \mid c$，则对任意的$m\eqco n$，有$a \mid (bm + cn)$。
            \item 若$a \mid b$，则$b = 0$或$\vert a \vert < \vert b \vert$。
            \item 若$a \mid b$，则$(-a) \mid b \eqco a \mid (-b) \eqco (-a) \mid (-b) \eqco \vert a \vert \mid \vert b \vert$。
        \end{enumerate}
    \end{multicols}
\end{proposition}

\begin{proposition}
    若$a$是$b \neq 0$的真因数，则$1 < \vert a \vert < \vert b \vert$。
\end{proposition}

\begin{proposition}
    若$a \eqco b$是整数，$\vert a \vert < \vert b \vert$且$\vert b \vert \mid \vert a \vert$，则$a = 0$。
\end{proposition}

\begin{proposition}[带余除法]
    若$a \eqco b$为两个整数，$a \neq 0$，则唯一存在两个整数$q$和$r$，使得下式成立：
    \[b = aq + r \eqco 0 \leq r < \vert a \vert\eqper\]
\end{proposition}

\section{素数和合数}
在正整数中，1只能被它本身整除。任何大于1的整数都至少能被1和它本身整除。

\begin{definition}\label{Definition of prime and composite}
    一个大雨1且只能被1和它本身整除的整数，称为\newnoun{素数}{prime}；否则，称为\newnoun{合数}{composite}。
\end{definition}

由定义\ref{Definition of prime and composite}可以知道，正整数集合可分为三类：素数、合数和1。素数通常用$p$或$p_1, p_2, \dots$来表示。

\section{整数分解}
整数分解唯一性定理也称为算数基本定理。

\begin{theorem}[代数基本定理]
    每个大于1的正整数均可分解成有限个素数之积，并且若不计素因数的次序，其分解是唯一的。
\end{theorem}

\begin{proof}
    \noindent\emph{先证存在性：}

    若$a = 2$，则2即为所求的分解式。

    假设小于$a$的每个数均可分解为有限个素数之积。考虑$a$。
    \begin{enumerate}[label=(\arabic{*})]
        \item 若$a$为素数，则$a$为所求分解式；
        \item 若$a$为合数可设$a = cd$，其中$c$和$d$均为大于1的正整数，且$c$和$d$均小于$a$。由归纳假设，$c \eqco d$均有分解式$c = p_1p_2\dots p_m$，$d = q_1q_2\dots q_n$，其中$p_1, p_2, \dots,  p_m$与$q_1, q_2, \dots, q_n$均为素数。因此$a = p_1p_2\dots p_mq_1q_2\dots q_n$即为所求的分解。
    \end{enumerate}

    \noindent\emph{再证唯一性：}
    
    用反证法：假设有一些数有多种分解。设$n$为其中最小的。那么
    \[n = p_1p_2\dots p_m = q_1q_2\dots q_k\eqper\]
    不失一般性可设$p_1$是$p \eqco q$中最小的。注意$p_1$不能和任何一个$q_i$相同。（如果相同，那么$\dfrac{n}{p_1}$也有两种分解方式，这与$n$是最小的有多种分解的假设矛盾。）

    那么$q_i > p_1$。设$q_i = p_1 a_i + r \eqco 0 < r_i < p_1$（$q_i$都为质数，因此不可能被$p_1$整除，$r_i \neq 0$）。令
    \[n' = r_1 r_2 \dots r_k < p^k < q_1 q_2 \dots q_k = n\eqper\]
    那么$n' = (q_1 - a_1p_1)(q_2 - a_2p_1) \dots (q_k - a_kp_1)$，展开式中只有$q_1q_2 \cdot q_k = n$一项不含$p_1$，然而我们知道$n = p_1 \cdot (p_2p_3 \dots p_m)$，因此$p_1 \mid n'$。再将$\dfrac{n'}{p_1}$分解，乘上$p_1$得到$n'$的一种分解，记为分解一；而之前的$n' = r_1 r_2 \dots r_k$中，分别将$r_1, r_2, \dots, r_k$分解后相乘得到的$n'$的分解的每一项一定都小于$p_1$（$r_1, r_2, \dots, r_k$均小于$p_1$，分解后只能更小），这种分解方式一定与分解一不是同一种。那么$n'$也有两种分解方式，这与$n$是最小的有一种以上分解方式的数的假设矛盾，因而假设不成立。
\end{proof}

\begin{theorem}
    $\sqrt{2}$是无理数。
\end{theorem}

\begin{proof}
    假设$\sqrt{2}$是有理数，那么
    \[\sqrt{2} = \frac{a}{b}\]
    于是有$2b^2 = a^2$。考虑等式两边质因数分解时$2$的幂次。
    假设$a$的质因数分解中2的幂次为$n$，$b$的分解中2的幂次为$m$，那么$a^2$的分解中2的幂次为$2n$，而$2b^2$中2的幂次为$2m+1$，$2n \neq 2m+1$，矛盾！因此假设不成立。
\end{proof}

\section{质数}
\begin{definition}
    若正整数$a$有一因数$b$，而$b$又是素数，则称$b$为$a$的素因数。
\end{definition}

\begin{proposition}
    若$a$是大于1的整数，则$a$的大于1的最小因数一定是素数。
\end{proposition}

本性质说明了任何大于1的整数均可被一素数整除，或者说至少有一素因数。

\begin{proposition}
    若$a > 1$是整数而所有不大于$a^{\frac{1}{2}}$的素数都不能整除$a$，则$a$是素数。
\end{proposition}

\begin{corollary}
    若$a$是合数，则$a$必有一素因数不大于$a^{\frac{1}{2}}$。
\end{corollary}

\begin{theorem}
    素数有无限多个。
\end{theorem}

\begin{proof}
    反证法。假设素数是有限多个。设共有$n$个，令他们是$p_1, p_2, \dots, p_n$，并令$a = p_1 p_1 \dots p_n + 1$。
    
    若$a$是素数，则因为$a \neq p_i (i = 1, 2, \dots n)$，因此素数个数至少为$n+1$个，与假设矛盾；

    若$a$为合数，则其大于1的最小因数$b$是素数。由于$p_i \mid p_1 p_1 \dots p_n$而$p_i \nmid 1$，因此$p_i \nmid a$，因此$b \neq p_i (i = 1, 2, \dots n)$，那么$b$也为素数，素数个数至少为$n+1$个，与假设矛盾；

    因此假设不成立，素数有无限多个。
\end{proof}

\begin{theorem}
    对任意的正整数$k$，都有$k$个连续的合数。
\end{theorem}

\begin{proof}
    考虑
    \[(k+1)! + 2,(k+1)! + 3, \dots,(k+1)! + k\]
    这$k$个数分别能被$2, 3, \dots, k$整除，从而都是合数。
\end{proof}

\begin{theorem}[素数定理]
    令$\pi(n)$表示不超过$n$的素数的个数，那么有
    \[\pi(n) \sim \frac{n}{\ln n} \eqper\]
\end{theorem}

\section{费马小定理}
\begin{theorem}[费马小定理]\label{Fermat's Theorem}
    如果$p$为质数，$a$为整数，则$p \mid a^p - a$。
\end{theorem}

\begin{lemma}\label{Lemma for Fermat's Theorem}
    若$p$为质数，则对$0 < k < p$，有$p \mid \binom{p}{k}$。
\end{lemma}

\begin{proof}
    \begin{align*}
        \binom{p}{k} & = \frac{p!}{(p-k)!k!}\\
        p! & = \binom{p}{k}\cdot (p-k)! \cdot k!
    \end{align*}
    注意到在等式两边，$p!$的质因数分解中含有$p$而$(p-k)!$和$k!$的质因数分解中一定不含$p$，那么$\binom{p}{k}$的分解中一定含有$p$。
\end{proof}

现在我们来证明定理\ref{Fermat's Theorem}。
\begin{proof}
    对$a$用数学归纳法。

    首先，$p \mid 0^p - 0$。

    其次，令$a > 0$，并设$a = b+1$。那么
    \begin{align*}
        a^p - a & = (b+1)^p - (b+1)\\
        & = b^p + \binom{p}{1}b^{p-1} + \dots + \binom{p}{p-1}b + 1 - b - 1\\
        & = b^p - b + \binom{p}{1}b^{p-1} + \dots + \binom{p}{p-1}b
    \end{align*}
    由归纳假设，$p \mid b^p - b$，由引理\ref{Lemma for Fermat's Theorem}，$p \mid \binom{p}{k}$，因而$p \mid a^p - a$。
\end{proof}

\begin{theorem}[费马大定理]
    若$n > 2$，则下列方程没有整数解：
    \[x^n + y^n = z^n \eqper\]
\end{theorem}

\section{辗转相除法}
\subsection{最大公因数}
\begin{definition}
    设$a_1, a_2, \dots, a_n$和$d$都是正整数，$n \geq 2$。若$d \mid a_i$，$1 \leq i \leq n$，则称$d$是$a_1, a_2, \dots, a_n$的公因数。

    在公因数中最大的一个称为$a_1, a_2, \dots, a_n$的最大公因数（greatest common divisor），记为$\gcd(a_1, a_2, \dots, a_n)$。

    若$\gcd(a_1, a_2, \dots, a_n) = 1$，则称$a_1, a_2, \dots, a_n$是互素的。
\end{definition}

\begin{remark}
    在互素的正整数中，不一定有素数；在个数不小于三个的互素正整数中，不一定每两个正整数都是互素的。
\end{remark}

\begin{proposition}\label{Property of gcd}
    设$a$和$b$都是正整数，且$a > b$，$a = bq + r$，$0 < r < b$，其中$q$和$r$都是正整数，则
    \begin{enumerate}[label=(\arabic{*})]
        \item $a$和$b$的任一公因数也是$b$和$r$的公因数；
        \item $b$和$r$的任一公因数也是$a$和$b$的公因数；
        \item $\gcd(a,b) = \gcd(b,r)$；
        \item 若$\gcd(a, b) = d$，则$\gcd\left(\dfrac{a}{d}, \dfrac{b}{d}\right) = 1$。
    \end{enumerate}
\end{proposition}

\subsection{辗转相除法求最大公因数}
设$a \geq b > 0$，且
\begin{align*}
    a = bq_1 + r_1 & \qquad 0 < r_1 < b\\
    b = r_1q_2 + r_2 & \qquad 0 < r_2 < r_1\\
    r_1 = r_2q_3 + r_3 & \qquad 0 < r_3 < r_2\\
    \dots \\
    r_{n-2} = r_{n-1}q_n + r_n & \qquad 0 < r_n < r_{n-1}\\
    r_{n-1} = r_nq_{n+1} + 0 &
\end{align*}
则$\gcd(a, b) = r_n$。

\begin{proof}
    由于$b > r_1 > r_2 > \dots > r_n > 0$因此辗转相除算法中的带余除法必在有限步内得到一个余数是零的等式，即$r_{n+1} = 0$。
    
    由命题\ref{Property of gcd}，有
    \begin{align*}
        \gcd{a,b} & = \gcd(b, r_1) = \dots = \gcd(r_{n-1}, r_n)\\
        & = \gcd(r_n, 0) = r_n \eqper \qedhere
    \end{align*}
\end{proof}

\subsection{辗转相除法的时间复杂度}
\begin{lemma}
    算法中的两个数的乘积进行一次算法至少减少一半，即最多为原来的$\dfrac{1}{2}$。
\end{lemma}

\begin{proof}
    设$(a, b)$变换为$(b,r)$。欲证$ab > 2br$。
    
    有
    \[0 \leq r = a - bq < b\]
    那么
    \[a = bq + r \geq b + r > 2r\]
    从而
    \[ab > 2br \eqper \qedhere\]
\end{proof}

\begin{theorem}
    对$a, b$做辗转相除，算法的步数不超过$\log_2 a + \log_2 b$。
\end{theorem}

\begin{proof}
    假设算法运行了$k$步。那么此时的两数乘积最大为$\dfrac{ab}{2^k}$。那么$ab \geq 2^k$，即$k \leq \log_2 a + \log_2 b$。
\end{proof}

\subsection{线性组合表示定理}
在辗转相除中，可以反过来用这所有的式子：
\begin{align*}
    r_n & = r_{n-2} - r_{n-1}q_n\\
    r_{n-1} & = r_{n-3} - r_{n-2}q_{n-1}\\
    \dots \\
    r_1 & = a - bq_1\\
\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]\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}

\begin{corollary}
    $a$和$b$的公因数整除$\gcd(a,b)$。
\end{corollary}

\subsection{最大公倍数}
\begin{definition}
    设$a_1, a_2, \dots, a_n$和$m$都是正整数，$n \geq 2$。若$a_i \mid m$，$1 \leq i \leq n$，则称$m$是$a_1, a_2, \dots, a_n$的公倍数。

    在$a_1, a_2, \dots, a_n$所有公倍数中最小的那个称为$a_1, a_2, \dots, a_n$的最小公倍数（least common multiple），记为$\lcm(a_1, a_2, \dots, a_n)$。
\end{definition}

\begin{proposition}
    设$a$和$b$是正整数，且$\lcm(a,b) = m$。若$m'$是$a$和$b$的公倍数，则$m \mid m'$。
\end{proposition}

\begin{proof}
    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}

\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 + \dots + \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。\qedhere
    \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}\eqper \qedhere
    \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 $a \equiv b \pmod{m_i}, 1 \leq i \leq n \Leftrightarrow a \equiv b \pmod{\lcm(m_1, m_2, \dots, m_n)}$。
    \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\qedhere
    \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}\qedhere
    \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，$S:=\{2, 3, \dots, p-2\}$，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$2 \cdot 3 \dots (p-2) \equiv 1 \pmod{p}$。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$1, 2, \dots, 100$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$1, 2, \dots, 2n$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
\[n = p_1^{a_1}p_2^{a_2} \dots p_k^{a_k}\]
令$A_i$表示$\{1, 2, \dots, n\}$中能被$p_i$整除的数的集合，$i = 1, 2, \dots, k$。那么
\[\lvert A_i \rvert = \dfrac{n}{p_i} \quad (i = 1, 2, \dots, k)\eqper\]

\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 \dots \cap \setcom{A_k}\rvert & = n - \left(\frac{n}{p_1} + \frac{n}{p_2} + \dots + \frac{n}{p_k}\right)\\
    & \quad + \left(\frac{n}{p_1p_2} + \dots + \frac{n}{p_{k-1}p_k} + \frac{n}{p_kp_1}\right)\\
    & \quad - \dots \pm \frac{n}{p_1p_2\dots p_k}\\
    & = n\left(1 - \frac{1}{p_1}\right)\left(1 - \frac{1}{p_2}\right)\dots \left(1 - \frac{1}{p_k}\right)
\end{align*}