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\chapter{数论}
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\section{因数与倍数}
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\begin{definition}
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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$a \mid b$。
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若$a$不能整除$b$，记为$a \nmid b$。
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若$b = aq$，而$\vert a \vert$既非$\vert b \vert$又非1，则称$a$是$b$的真因数。
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\end{definition}
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\begin{proposition}
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整除具有下列性质：
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\begin{multicols}{2}
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\begin{enumerate}[label=(\arabic{*})]
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\item 对所有$a$，$1 \mid a$。
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\item 对所有$a$，$a \mid 0$。
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\item 对所有$a$，$a \mid a$。
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\item 若$a \mid b$且$b \mid c$，则$a \mid c$。
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\item 若$a \mid b$，且对任意的$c$，有$ac \mid bc$。
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\item 若$ac \mid bc$且$c \neq 0$，则$a \mid b$。
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\item 若$a \mid b$且$a \mid c$，则对任意的$m\eqco n$，有$a \mid (bm + cn)$。
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\item 若$a \mid b$，则$b = 0$或$\vert a \vert < \vert b \vert$。
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\item 若$a \mid b$，则$(-a) \mid b \eqco a \mid (-b) \eqco (-a) \mid (-b) \eqco \vert a \vert \mid \vert b \vert$。
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\end{enumerate}
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\end{multicols}
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\end{proposition}
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\begin{proposition}
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若$a$是$b \neq 0$的真因数，则$1 < \vert a \vert < \vert b \vert$。
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\end{proposition}
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\begin{proposition}
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若$a \eqco b$是整数，$\vert a \vert < \vert b \vert$且$\vert b \vert \mid \vert a \vert$，则$a = 0$。
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\end{proposition}
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\begin{proposition}[带余除法]
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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：
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\[b = aq + r \eqco 0 \leq r < \vert a \vert\eqper\]
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\end{proposition}
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\section{素数和合数}
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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。
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\begin{definition}\label{Definition of prime and composite}
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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}。
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\end{definition}
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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。
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\section{整数分解}
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整数分解唯一性定理也称为算数基本定理。
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\begin{theorem}[代数基本定理]
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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。
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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\noindent\emph{先证存在性：}
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若$a = 2$，则2即为所求的分解式。
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假设小于$a$的每个数均可分解为有限个素数之积。考虑$a$。
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\begin{enumerate}[label=(\arabic{*})]
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\item 若$a$为素数，则$a$为所求分解式；
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\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。
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\end{enumerate}
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\noindent\emph{再证唯一性：}
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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
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\[n = p_1p_2\dots p_m = q_1q_2\dots q_k\eqper\]
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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。）
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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
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\[n' = r_1 r_2 \dots r_k < p^k < q_1 q_2 \dots q_k = n\eqper\]
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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。
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\end{proof}
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\begin{theorem}
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$\sqrt{2}$是无理数。
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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假设$\sqrt{2}$是有理数，那么
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\[\sqrt{2} = \frac{a}{b}\]
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于是有$2b^2 = a^2$。考虑等式两边质因数分解时$2$的幂次。
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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。
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\end{proof}
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\section{质数}
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\begin{definition}
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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。
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\end{definition}
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\begin{proposition}
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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。
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\end{proposition}
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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。
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\begin{proposition}
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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。
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\end{proposition}
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\begin{corollary}
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若$a$是合数，则$a$必有一素因数不大于$a^{\frac{1}{2}}$。
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\end{corollary}
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\begin{theorem}
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素数有无限多个。
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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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$a = p_1 p_1 \dots p_n + 1$。
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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；
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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；
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因此假设不成立，素数有无限多个。
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\end{proof}
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\begin{theorem}
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对任意的正整数$k$，都有$k$个连续的合数。
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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考虑
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\[(k+1)! + 2,(k+1)! + 3, \dots,(k+1)! + k\]
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这$k$个数分别能被$2, 3, \dots, k$整除，从而都是合数。
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\end{proof}
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\begin{theorem}[素数定理]
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令$\pi(n)$表示不超过$n$的素数的个数，那么有
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\[\pi(n) \sim \frac{n}{\ln n} \eqper\]
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\end{theorem}
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\section{费马小定理}
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\begin{theorem}[费马小定理]\label{Fermat's Theorem}
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如果$p$为质数，$a$为整数，则$p \mid a^p - a$。
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\end{theorem}
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\begin{lemma}\label{Lemma for Fermat's Theorem}
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若$p$为质数，则对$0 < k < p$，有$p \mid \binom{p}{k}$。
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\end{lemma}
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\begin{proof}
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\begin{align*}
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\binom{p}{k} & = \frac{p!}{(p-k)!k!}\\
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p! & = \binom{p}{k}\cdot (p-k)! \cdot k!
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\end{align*}
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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$p$。
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\end{proof}
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现在我们来证明定理\ref{Fermat's Theorem}。
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\begin{proof}
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对$a$用数学归纳法。
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首先，$p \mid 0^p - 0$。
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其次，令$a > 0$，并设$a = b+1$。那么
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\begin{align*}
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a^p - a & = (b+1)^p - (b+1)\\
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& = b^p + \binom{p}{1}b^{p-1} + \dots + \binom{p}{p-1}b + 1 - b - 1\\
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& = b^p - b + \binom{p}{1}b^{p-1} + \dots + \binom{p}{p-1}b
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\end{align*}
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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$p \mid a^p - a$。
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\end{proof}
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\begin{theorem}[费马大定理]
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若$n > 2$，则下列方程没有整数解：
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\[x^n + y^n = z^n \eqper\]
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\end{theorem}
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\section{辗转相除法}
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\subsection{最大公因数}
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\begin{definition}
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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。
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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$\gcd(a_1, a_2, \dots, a_n)$。
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若$\gcd(a_1, a_2, \dots, a_n) = 1$，则称$a_1, a_2, \dots, a_n$是互素的。
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\end{definition}
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\begin{remark}
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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。
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\end{remark}
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\begin{proposition}\label{Property of gcd}
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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
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\begin{enumerate}[label=(\arabic{*})]
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\item $a$和$b$的任一公因数也是$b$和$r$的公因数；
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\item $b$和$r$的任一公因数也是$a$和$b$的公因数；
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\item $\gcd(a,b) = \gcd(b,r)$；
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\item 若$\gcd(a, b) = d$，则$\gcd\left(\dfrac{a}{d}, \dfrac{b}{d}\right) = 1$。
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\end{enumerate}
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\end{proposition}
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\subsection{辗转相除法求最大公因数}
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设$a \geq b > 0$，且
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\begin{align*}
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a = bq_1 + r_1 & \qquad 0 < r_1 < b\\
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b = r_1q_2 + r_2 & \qquad 0 < r_2 < r_1\\
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r_1 = r_2q_3 + r_3 & \qquad 0 < r_3 < r_2\\
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\dots \\
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r_{n-2} = r_{n-1}q_n + r_n & \qquad 0 < r_n < r_{n-1}\\
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r_{n-1} = r_nq_{n+1} + 0 &
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\end{align*}
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则$\gcd(a, b) = r_n$。
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\begin{proof}
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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$r_{n+1} = 0$。
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由命题\ref{Property of gcd}，有
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\begin{align*}
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\gcd{a,b} & = \gcd(b, r_1) = \dots = \gcd(r_{n-1}, r_n)\\
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& = \gcd(r_n, 0) = r_n \eqper \qedhere
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\end{align*}
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\end{proof}
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\subsection{辗转相除法的时间复杂度}
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\begin{lemma}
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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$\dfrac{1}{2}$。
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\end{lemma}
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\begin{proof}
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设$(a, b)$变换为$(b,r)$。欲证$ab > 2br$。
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有
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\[0 \leq r = a - bq < b\]
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那么
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\[a = bq + r \geq b + r > 2r\]
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从而
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\[ab > 2br \eqper \qedhere\]
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\end{proof}
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\begin{theorem}
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对$a, b$做辗转相除，算法的步数不超过$\log_2 a + \log_2 b$。
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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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$k \leq \log_2 a + \log_2 b$。
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\end{proof}
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\subsection{线性组合表示定理}
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在辗转相除中，可以反过来用这所有的式子：
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\begin{align*}
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r_n & = r_{n-2} - r_{n-1}q_n\\
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r_{n-1} & = r_{n-3} - r_{n-2}q_{n-1}\\
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\dots \\
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r_1 & = a - bq_1\\
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\end{align*}
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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。
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\begin{theorem}[线性组合表示定理]\label{线性组合表示定理}
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若任给整数$a, b > 0$，则存在整数$m$和$n$，使得$\gcd(a, b) = ma + nb$。
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\end{theorem}
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\begin{corollary}
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$a$和$b$的公因数整除$\gcd(a,b)$。
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\end{corollary}
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\subsection{最大公倍数}
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\begin{definition}
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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。
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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$\lcm(a_1, a_2, \dots, a_n)$。
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\end{definition}
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\begin{proposition}
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设$a$和$b$是正整数，且$\lcm(a,b) = m$。若$m'$是$a$和$b$的公倍数，则$m \mid m'$。
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\end{proposition}
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\begin{proof}
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显然$1 \leq m \leq m'$，利用带余除法可得$m' = mq + r,0 \leq r < m, q > 0$。
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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$m' = mq$。
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\end{proof}
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\section{同余}
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\begin{definition}
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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$a \not \equiv b \pmod{m}$。
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\end{definition}
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显然，$a \equiv 0 \pmod{m} \Leftrightarrow m \mid a$。
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\begin{proposition}
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同余是一种等价关系，它满足如下三条性质：
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\begin{enumerate}
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\item 自反性：$a \equiv a \pmod{m}$。
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\item 对称性：若$a \equiv b \pmod{m}$，则$b \equiv a \pmod{m}$。
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\item 传递性：若$a \equiv b \pmod{m}$，$b \equiv c \pmod{m}$，则$a \equiv c \pmod{m}$。
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\end{enumerate}
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\end{proposition}
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\begin{proposition}[性质1]\label{同余性质1}
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$a \equiv b \pmod{m} \Leftrightarrow m \mid (a-b)$。
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\end{proposition}
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\begin{proof}
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设$a \equiv b \pmod{m}$，则
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\[a = mq_1 + r \eqco b = mq_2 + r \eqco 0 \leq r < m\]
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故$a - b = m(q_1 - q_2)$，$m \mid (a-b)$。
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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$r_1 = r_2$。
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\end{proof}
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\begin{remark}
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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。
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\end{remark}
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\begin{proposition}[性质2]\label{同余性质2}
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若$a \equiv b \pmod{m}$，$c \equiv d \pmod{m}$，则
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\begin{enumerate}
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\item $ax + cy \equiv bx + dy \pmod{m}$，其中$x$和$y$为任给整数。
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\item $ac \equiv bd \pmod{m}$。
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\item $a^n = b^n \pmod{m}$，其中$n > 0$。
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\item $f(a) \equiv f(b) \pmod{m}$，其中$f(x)$为任给的一个整系数多项式。
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\end{enumerate}
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\end{proposition}
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\begin{proof}
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\begin{enumerate}
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\item 因为$m \mid (a-b)$，$m \mid (c-d)$故有$m \mid x(a-b) + y(c-d)$，从而$m \mid (ax + cy) - (bx+dy)$。
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\item 由$m \mid (a-b)c + (c-d)b = ac - bd$可得。
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\item 由于$a - b = mq$，$q \in \naturalnum$，因此
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\begin{align*}
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a^n & = (b + mq)^n\\
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& = b^n + \binom{n}{1}b^{n-1}(mq)^1 + \dots + \binom{n}{n-1}b^1(mq)^{n-1} + (mq)^n\\
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& = b^n + mq^\prime, q \in \naturalnum
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||
\end{align*}
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||
从而$a^n \equiv b^n \pmod{m}$。
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\item 由1，3可证。\qedhere
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\end{enumerate}
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\end{proof}
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\begin{proposition}[性质3]
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正整数$a$能被9整除$\Leftrightarrow$9整除$a$的十进制表示下的各位数字之和。
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\end{proposition}
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\begin{proof}
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设$a = \sum \limits_{i=0}^n a_i10^i$，应用命题\ref{同余性质2}中的4，令
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\[f(x) = \sum_{i=0}^n a_i x^i\]
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由$10 \equiv 1 \pmod{9}$，有
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\begin{align*}
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f(10) & \equiv f(1) \pmod{9}\\
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a & \equiv \sum_{i=0}^n a_i \pmod{9}\eqper \qedhere
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\end{align*}
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\end{proof}
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同理，正整数$a$能被3整除$\Leftrightarrow$3整除$a$的十进制表示下的个数字之和。
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\begin{theorem}[弃九法]
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若$ab = c$，其中$a > 0$，$b > 0$并且
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\[a = \sum_{i=0}^m a_i 10^i \eqco b = \sum_{j=0}^n b_j 10^j \eqco c = \sum_{k=0}^l c_k 10^k\]
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则
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\[\left(\sum_{i=0}^m a_i\right)\left(\sum_{j=0}^n b_j\right) \equiv \sum_{k=0}^l c_k \pmod{9} \eqper\]
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\end{theorem}
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可见，若
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\[\left(\sum_{i=0}^m a_i\right)\left(\sum_{j=0}^n b_j\right) \not \equiv \sum_{k=0}^l c_k \pmod{9}\]
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则可以断言乘积$ab \neq c$。
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\begin{proposition}[性质4]
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若$ac \equiv bc \pmod{m}$，$\gcd(c, m) = d$，则$a \equiv b \pmod{\frac{m}{d}}$。
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\end{proposition}
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\begin{proof}
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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$a \equiv b \pmod{\frac{m}{d}}$。
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\end{proof}
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\begin{corollary}
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若$ac \equiv bc \pmod{m}$，$\gcd(c,m) = 1$，则$a \equiv b \pmod{m}$。
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\end{corollary}
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\begin{proposition}[性质5]
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\begin{enumerate}
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\item 若$a \equiv b \pmod{m}$且$d \mid m$，则$a \equiv b \pmod{d}$。
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\item 若$a \equiv b \pmod{m}$则$\gcd(a, m) = \gcd(b, m)$。
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\item $a \equiv b \pmod{m_i}, 1 \leq i \leq n \Leftrightarrow a \equiv b \pmod{\lcm(m_1, m_2, \dots, m_n)}$。
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\end{enumerate}
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\end{proposition}
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\section{同余方程}
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\subsection{同余系}
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将``星期几''看做一个新的数域：
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\begin{table}[H]
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\begin{center}
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\begin{tabular}{ |c|c|c|c|c|c|c|c| }
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\hline
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星期 & 日（Sun） & 一（Mon） & 二（Tue） & 三（Wed） & 四（Thur） & 五（Fri） & 六（Sat）\\
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\hline
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mod 7 & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6\\
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\hline
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\end{tabular}
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\end{center}
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\end{table}
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那么我们可以定义这个数域中的加法、减法、乘法：
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\begin{align*}
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\mathrm{Wed} + \mathrm{Thur} & = \mathrm{Sat}\\
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\mathrm{Thur}^2 & = \mathrm{Tue}\\
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\mathrm{Mon} - \mathrm{Sat} & = \mathrm{Tue}
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\end{align*}
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Sun类似为0元：$\mathrm{Wed} + \mathrm{Sun} = \mathrm{Wed}$，$\mathrm{Wed} \times \mathrm{Sun} = \mathrm{Sun}$。
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Mon为单位元：$\mathrm{Wed} \times \mathrm{Mon} = \mathrm{Wed}$。
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\begin{proposition}
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对于不同的$X$，$X \times \mathrm{Wed}$都不同。
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\end{proposition}
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\begin{proof}
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\begin{align*}
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X \times \mathrm{Wed} & = Y \times \mathrm{Wed}\\
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(X - Y) \mathrm{Wed} & = \mathrm{Sun}\\
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X - Y & = \mathrm{Sun}\\
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X & = Y + \mathrm{Sun} = Y\qedhere
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\end{align*}
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\end{proof}
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\begin{remark}
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与$(X-Y) \times 3 \equiv 0 \pmod{7}$类比。
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\end{remark}
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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。
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考虑2的同余系，它是一个二元域：
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\begin{multicols}{2}
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\begin{table}[H]
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\begin{center}
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\begin{tabular}{c|cc}
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+ & $\overline{0}$ & $\overline{1}$\\
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\hline
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$\overline{0}$ & $\overline{0}$ & $\overline{1}$\\
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$\overline{1}$ & $\overline{1}$ & $\overline{0}$
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\end{tabular}
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\end{center}
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\end{table}
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\begin{table}[H]
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\begin{center}
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\begin{tabular}{c|cc}
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$\cdot$ & $\overline{0}$ & $\overline{1}$\\
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\hline
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$\overline{0}$ & $\overline{0}$ & $\overline{0}$\\
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||
$\overline{1}$ & $\overline{0}$ & $\overline{1}$
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\end{tabular}
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\end{center}
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\end{table}
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\end{multicols}
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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
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\begin{multicols}{2}
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\begin{table}[H]
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\begin{center}
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\begin{tabular}{c|cc}
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\textcircled{+} & 0 & 1\\
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\hline
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0 & 0 & 0\\
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1 & 1 & 0
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\end{tabular}
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||
\end{center}
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||
\end{table}
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||
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\begin{table}[H]
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\begin{center}
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\begin{tabular}{c|cc}
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$\cdot$ & 0 & 1\\
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||
\hline
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||
0 & 0 & 0\\
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||
1 & 0 & 1
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||
\end{tabular}
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||
\end{center}
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\end{table}
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\end{multicols}
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现在我们考虑在七元域中的除法。对于$2\div 3 \pmod{7}$，我们有
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\[2/3 \pmod{7} = 2 \times(1/3\pmod{7})\]
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于是我们需要找到$X$满足
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\[1/3 \equiv X \pmod{7}\]
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考虑到除法是乘法的逆运算，上面的除法式子代表着
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\[\mathrm{Mon} \div \mathrm{Wed} = X\]
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那么对应的乘法运算应该是
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\[\mathrm{Wed} \times X = \mathrm{Mon}\]
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这指示我们去寻找一个$X$满足
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\[3X \equiv 1 \pmod{7}\]
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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
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\[3u + 7v = 1\]
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||
在等式的两边都取7的模，有
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\[3u \equiv 1 \pmod{7}\]
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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。
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在这里，因为7比较小，我们可以比较容易地看出
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\[7 = 2 \times 3 + 1\]
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那么$u = -2$，有
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\begin{align*}
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1/3 & \equiv -2 \pmod{7}\\
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2/3 & \equiv -4 \equiv 3 \pmod{7}
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\end{align*}
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因此$2/3 \pmod{7} = 3$。
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\subsection{线性方程组}
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\begin{example}
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\begin{equation*}
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\begin{cases}
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12x + 31y \equiv 2 \pmod{127}\\
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2x + 89y \equiv 23 \pmod{127}
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\end{cases}
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\end{equation*}
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\end{example}
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\begin{proof}[解]
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\begin{align*}
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(6 \times 89 - 31) y & \equiv 6 \times 23 - 2 \pmod{127}\\
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503y & \equiv 135 \pmod{127}\\
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-5y & \equiv -118 \pmod{127}\\
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5y & \equiv 118 \pmod{127}
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\end{align*}
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先考虑计算$1/5\pmod{127}$。
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\[\gcd(127, 5) = \gcd(2, 5) = 1\]
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那么
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\[51 \times 5 - 2 \times 127 = 1\]
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那么$5 \times 51 \equiv 1 \pmod{127}$。于是有
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\[y \equiv 51 \times 118 \equiv 49 \pmod{127}\]
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通过类似的计算可以得到$x \equiv 117 \pmod{127}$。
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因此方程的解为
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\begin{equation*}
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\begin{cases}
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x = 117\\
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y = 49
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\end{cases}\qedhere
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\end{equation*}
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\end{proof}
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\subsection{高次方程}
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\begin{example}
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解方程：
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\[x^2 - 3x + 2 \equiv 0 \pmod{53}\eqper\]
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\end{example}
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\begin{proof}[解]
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因式分解，有
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\[(x-1)(x-2) \equiv 0 \pmod{53}\]
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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$x \equiv 2 \pmod{53}$。
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\end{proof}
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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。
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\begin{theorem}[Wilson's Theorem]
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$p$是质数$\Leftrightarrow$ $(p-1)! \equiv -1 \pmod{p}$。
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\end{theorem}
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\begin{proof}
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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。
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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$(p-1)! \equiv -2 \pmod{p}$。
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\end{proof}
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\section{数论与组合数学}
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\begin{example}
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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。
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\end{example}
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\begin{proof}
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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，$n \geq 0$。
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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$y \mid x$。
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\end{proof}
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\begin{theorem}[Erdös Theorem]
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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。
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\end{theorem}
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\subsection{Euler函数}
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\begin{definition}
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Euler函数$\phi(n)$表示不大于$n$且与$n$互素的正整数的个数。
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\end{definition}
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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
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\[n = p_1^{a_1}p_2^{a_2} \dots p_k^{a_k}\]
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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
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\[\lvert A_i \rvert = \dfrac{n}{p_i} \quad (i = 1, 2, \dots, k)\eqper\]
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\begin{align*}
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\lvert A_i \cap A_j \rvert & = \frac{n}{p_ip_j},\ 1 \leq i < j \leq k\\
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\lvert A_h \cap A_i \cap A_j \rvert & = \frac{n}{p_hp_ip_j},\ 1 \leq h < i < j \leq k\\
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\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)\\
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||
& \quad + \left(\frac{n}{p_1p_2} + \dots + \frac{n}{p_{k-1}p_k} + \frac{n}{p_kp_1}\right)\\
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||
& \quad - \dots \pm \frac{n}{p_1p_2\dots p_k}\\
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||
& = n\left(1 - \frac{1}{p_1}\right)\left(1 - \frac{1}{p_2}\right)\dots \left(1 - \frac{1}{p_k}\right)
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||
\end{align*} |