低等数论1

author:呼哧:ghost:

学习资料：二潘的<初等数论>

整除理论

1.了解第一、第二数学归纳法，螺旋数学归纳法，抽屉原理。

将$(a_1, a_2, … , a_n)$记作$a_1, a_2, … , a_n$的最大公约数。$[a_1, a_2, …, a_n]$记作为$a_1,a_2, … , a_n$的最小公倍数。
$$
然后我们举个例子：(\frac{a_1}{(a_1,a_2,..,a_k)},…,\frac{a_k}{(a_1,a_2,…,a_k)}) = 1
$$

几个整除的小习题：

带余除数法

$$
b=qa+r, 0\le r < |a|
$$

满足唯一性，存在性。r则称为最小非负余数。也有下面这种表示
$$
b=q_1a+r_1,d \le r_1<|a|+d
$$
这里的$r_1$称为绝对最小余数。

a进制位：$n = r_{k}a^{k}+r_{k-1}a^{k-1}+…+r_{1}a+r_{0}$则称为正整数的a进制位表示

辗转相除法

代码：int gcd(int a, int b){return b?gcd(b,a%b):a;}

典型例题：$(2^m-1, 2^n-1) =2^{(m,n)}-1 $

最大公约数理论

例题：1.p为素数 p|$C^{p}_{j},1 \le j \le p-1$; 对任意a，$p|a^p - a $;若(a,p)=1,则$p|a^{p-1}-1$

例题2：(a,uv)=(a,(a,u)v); (a,uv)|(a,u)(a,v); 若(u,v)=1,则(a,uv)=(a,u)(a,v).

例题3: $(a^k,b^k)=(a,b)^k$

…题目真难，我就直接贴公式好了。。。

算术基本定理

标准素因数分解：$a=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}…p_k^{\alpha_k}$

推论：若 $b= p_1^{\beta_1}p_2^{\beta_2}…p_k^{\beta_k}$ 则(a,b)=$p_1^{\sigma_1}p_2^{\sigma_2}…p_k^{\sigma_k}$ ,其中$\sigma_j = min(\alpha_j, \beta_j)$.

除数函数:$\tau(a) = (\alpha_1+1)(\alpha_2+1)…(\alpha_k+1)$

除数和函数：$\sigma(a)=\prod\frac{p_{j}^{\alpha_j+1}-1}{p_j-1}$

n!的素因数分解式

[x]即取整府号，{x}则是小数部分

$n!=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}…p_k^{\alpha_k}$ ,中max($p_i$)<=n

$a^k || b, k非负,表示b恰好被a的k次方整除，即a^k|b, a^{k+1}∤b$

若n是正整数，p是素数，$\alpha=\alpha(p,n)$满足$p^a||n!$,$\alpha=\alpha(p,n)=\sum[\frac{n}{p_j}]$

推论： $n!=\prod p^{\alpha(p,n)}$

不定方程(I)

$$
a_1x_1+…+a_kx_k = c
$$

称为k元一次方程，$a_1,…,a_k$则称为他的系数。

求解：

设$g = (a_1, a_2, .., a_k)$,原式化为:$\frac{a_1}{g}x_1+…+\frac{a_k}{g}x_k=\frac{c}{g}$.g|c时即有解。11

k元一次不定式方程可化为恰有k-1个二元一次不定方程构成的方程组。

设$g_1=a_1,g_2=(g_1,a_2),…..g_k=(g_{k-1},a_{k})$ 有下列(k-1)个不等式：
$$
\begin{equation}
g_{k-1}y_{k-1}+a_{k}x_{k}=c,\
g_{k-2}y_{k-2}+a_{k-1}x_{k-1}=g_{k-1}y_{k-1},\
……\
g_{2}y_{2}+a_{3}x_{3}=g_3y_3,\
g_{1}y_{1}+a_{2}x_{2}=g_2y_2,\
\end{equation}
$$

二元一次方程非负解和正解

对于$a_1x_1+a_2x_2=c$不定方程．

1. 若$ a_1,a_2,c为正整数，且(a_1,a_2)=1，当c>a_1a_2-a_1-a_2时，不定方程有非负解，解数＝[c/(a_1 a_2)]或[c/(a_1 a_2)]+1\ 当c=a_1 a_2-a_1-a_2时，没有非负解． $
2. 当$ c>a_1 a_2时有正解，c=a_1 a_2无正解$

$x^2+y^2=z^2$商高方程

(x,y,z)=1,x>0,y>0,z>0的解称为本原解$ x=(r^2-s^2),y=2sr,z=(r^2+s^2) ,其中(r,s)=1,且r>s$

同余基本知识

简单的不摘录

$设f(x)=a_nx^n+…a_0 , g(x)=b_bx^n+…+b_0,是两个整系数多项式，且满足a_j \equiv b_j(mod m),0 \le j \le n \ 那么若a \equiv b(mod \ m),则f(a) \equiv g(b) (mod \ m) \ 特别的：f(x) \equiv g(x) (mod \ m)$

$ac \equiv bc(mod \ m ) 等价于 a \equiv b (mod \ m/(c,m))$

$m >= 1, (a,m)=1, 存在c使得ac \equiv 1 (mod \ m), c称作为a对模m的逆，记作a^{-1}$

$对于同余组 a \equiv b(mod \ m_j), j = 1,2..,k 同时成立的充分必要条件为 a \equiv b (mod [m_1,m_2,…m_k])$

习题：

同余类与剩余系

直接贴一些看似有用实则。。。的定理

$素数p,k>0, \phi(p^k) = p^k - p^{k-1}, 并且模p^k的既约同余类是 (a+bp)modp^k ,1 \le a \le p-1, 0 \le b \le p^{k-1} -1$

$设m=m_1m_2, (m_1,m_2)=1, x = m_2x^{(1)}+m_1x^{(2)},x遍历模m的完全剩余系的充分必要条件 \ 是x^{(1)},x^{(2)}分别遍历m_1,m_2的完全(既约)剩余系。$

$设m = m_1m_2..m_k, x = x^{(1)}+m_1x^{(2)} +m_1m_2x^{(3)} + … + m_1m_2…m_{k-1}x^{(k)} \ 当x^{(j)}分别遍历模m_j 的完全剩余系,x遍历模m的完全剩余系.$

$设m=m_1m_2..m_k, m_1,…,m_k两两既约;再设m = m_jM_j, x=M_1x^{(1)}+M_2x^{(2)} + … + M_{k}x^{(k)} 后…$

$在上式的基础上，设a_j是任意取定的整数满足(a_j,m_j)=1, x=a_1M_1x^{(1)}+a_2M_2x^{(2)} + … +a_k M_{k}x^{(k)} $

上式定理其实就是关于一次同余方程组的孙子定理。

欧拉函数

$ m = p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}..p_k^{\alpha_k}, 则\phi(m ) =\phi(p_1^{\alpha_1})…\phi(p_k^{\alpha_k}) = m \prod_{p|m}(1-\frac{1}{p}) $

上式可以使用容斥原理快速证明的。

$\sum_{d|m} \phi(d)=m, 也可以写成m = \sum_{d|m}\phi(\frac{m}{d})$

费马欧拉定理:$(a,m)=1,a^{\phi(m)} \equiv 1(mod \ m ), m为素数时，也就是费马小定理了。$

$a^d \equiv 1(mod \ m),这里最小正整数d 记作为 \delta_m(a), 此时有 \delta_m(a) | \phi(m)$

RSA(公开密码系统)

设n=pq,p,q是两个两个不同的大素数，再设正整数$\alpha,\beta$ 满足 $\alpha \beta \equiv 1(mod\phi(n))$,这样，对任一非负整数A<n，必有唯一的非负整数B<n满足$B \equiv A^{\alpha}mod(n) $,这时显然对任意正整数k有$k^{\alpha \beta} \equiv k (mod \ n)$,所以我们又有$B^{\beta } \equiv A(mod \ n)$.对于大数n要分解成两个素数是比较困难的，不知道p,q的话就很难获得正确的数A。

威尔逊wilson定理

设p是素数，$r_1,..,r_{p-1}是模p的既约剩余系有\prod_{r \ mod \ p}r \equiv r_1…r_{p-1} \equiv -1 (mod \ p)$

显然又得到了$(p-1)! \equiv -1 (mod \ p)$

设素数p>2;l>0;再设c=$ \phi(p^l),r_1,r_2,…,r_c是模p^l的一组既约剩余系，有r_1r_2 · · · r_c \equiv -1 (mod \ p^l) $

若$c=\phi(2p^l),上式也成立。$
$$
若c=\phi(2^l),r1r2 · · · r_c \equiv \begin{cases} -1 (mod \ 2^l),l=1,2 \ 1(mod \ 2^l),l>2 \end{cases}
$$
例题：奇素数p，有$1^2 ·3^2···(p-2)^2 \equiv (-1)^{(p+1)/2} (mod \ p)$

注意到$(p-1)! = (1·(p-1))(3·(p-3))···((p-4)(p-(p-4)))((p-2)(p-(p-2)))$ 后易证。

同余方程

对一元一次同余方程,$ax \equiv b (mod \ m), (a,m)|b时有解$

当(a,m)=1时，解为$x \equiv a^{\phi(m)-1}b (mod \ m)$

方程的解数其实就是等于(a,m),$设x_0是其一个解即x \equiv x_0 +\frac{m}{(a,m)}t(mod m), t=0,…,(a,m)-1$

孙子定理

$设和m_1,m_2,…,m_k是两两既约的正整数，对任意a_1,a_2,…a_k,一次同余方程组x \equiv a_j (mod \ m_j),\ 必有解，且解数为1.设c=M_1M_1^{-1}a_1+…+M_KM_K^{-1}a_k,q其中m=m_1m_2…m_k, \m=m_jM_j,M_j^{-1}则是对模m_j的逆(M_jM_j^{-1}\equiv 1 (mod \ m_j)),同余方程组的解就是x\equiv c(mod \ m),\ c与m既约的充分必要条件是a_j与m_j既约$

例题：$\begin{cases}x \equiv 2(mod 3)\ x\equiv 3(mod5)\x\equiv 2(mod 7) \end{cases}$

$显然m_1 = 3, m_2, 5, m_7, M_1=35, M_2= 21, M_3=15,M_1^{-1}=2,M_2^{-1}=1,M_3^{-1}=1\ x \equiv 3522+2113+1512 \equiv 233 \equiv 23 (mod \ 105)$

一元同余方程一般解

$m_1,m_2,…,m_k是两两既约的正整数,m=m_1m_2..m_k, \ 同余方程f(x)\equiv 0(mod \ m)和同余方程组f(x)\equiv 0(mod \ m_j)解和解数相同, \ 且有T(m;f)=T(m_1;f)···T(m_k;f)$

$对素数p,整系数多项式f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+…+a_1x+a_0,n>1,设整数 \alpha>1 ,\c是f(x) \equiv 0(mod \ p^{\alpha - 1})的解，那么f(x) \equiv 0(mod \ p^{\alpha}) 同余方程满足x \equiv c(mod \ p^{\alpha -1})的解是 \ x \equiv c+y_jp^{\alpha -1}(mod \ p^{\alpha})这里y \equiv y_1,..y_l (mod \ p)是一次同余方程的全部解：\ f^{‘}(c) y \equiv -f(c)p^{1-\alpha}(mod \ p)$

若$ p \not | f^{}(c),则c分支下只有一个解，若f’(c)=0,则无公共解。具体看例题$

例题：$x^3+5x^2+9 \equiv 0 (mod 3^4)$

$x^3+5x^2+9 \equiv 0 (mod 3)$ 显然只有$x \equiv 0,1(mod3)两个解$。

首先考虑$x \equiv 1 (mod 3)$时,$显然3 \not | f’(1)=13,13y\equiv-5(mod3), 解为y\equiv 1(mod3),$
$$
得到解x \equiv 4(mod 3^2),f’(4)=13,13y \equiv -153/9 ( mod3),y\equiv 1(mod3),x \equiv 13 (mod 3^3)…这样下去
$$
考虑$x \equiv 0(mod 3),显然3 | f’(0)=0, 无公共解。$

。。。最后答案为:$x \equiv 3,6,30,33,40,77,80(mod 3^4)$;

二次剩余

若素数p>2,d整数，$p \not | d$,如果同余方程$x^2 \equiv d(mod \ p),有解，则称d是模p的二次剩余,无解则是二次非剩余$

在模p的一个既约剩余系中，恰有(p-1)/2个模p的二次剩余和(p-1)/2个模p的二次非剩余，d为模p的二次剩余时，同余方程有2解。

欧拉判别法

p>2, $p \not | d, 那么d是模p的二次剩余的充分必要条件是 d^{(p-1)/2} \equiv 1(mod p),非剩余： d^{(p-1)/2} \equiv -1(mod p)$

推论: -1是模p的二次剩余的充分必要条件是$p \equiv 1 (mod 4);$,此时有$( \pm (\frac{p-1}{2})!)^2 \equiv -1(mod \ p)$

推论2: $d_1,d_2,均为剩余，或均为非剩余，则d_1d_2为剩余，否则d_1d_2为非剩余$

Gauss 二次互反

legendre 符号

定义:素数p>2, $\frac{d}{p}=\begin{cases}1 ,d是模p的二次剩余\ -1,d是模p的二次非剩余\ 0,p|d \end{cases}$

一些性质:

1. $(\frac{d}{p}) = (\frac{d+p}{p});$
2. $(\frac{d}{p}) = d^{(p-1)/2}(mod \ p)$
3. $(\frac{dc}{p})=(\frac{d}{p})(\frac{c}{p})$
4. $p \not | d ,(\frac{d^2}{p})=1$

Gauss 引理

设素数p>2，$p \not |d；再设1 \le j < p/2, t_j \equiv jd(mod \ p),0<t_j<p, \ n表示这(p-1)/2个数中t_j中大于p/2的t_j的个数，那么有(\frac{d}{p})=(-1)^n$

$(\frac{2}{p})=(-1)^{(p^2-1)/8}$

高斯二次互反

p,q均为奇素数而且$p \not =q$ 有$(\frac{p}{q})(\frac{q}{p})=(-1)^{(p-1)(q-1)/4}$

例题:$(\frac{137}{227})=(\frac{-90}{227})=(-1)(\frac{2}{227})(\frac{3^2}{227})(\frac{5}{227})=(-1)(-1)(1)(\frac{227}{5})=(\frac{2}{5})=-1$

有趣的例题:若$(\frac{d}{p})=-1$,则p不能表示为$x^2-dy^2$

假设可以：$1=(\frac{x^2}{p})=(\frac{dy^2}{p})=(\frac{d}{p})(\frac{y^2}{p})=-1$,矛盾

Jacobi雅可比符号

设奇数P>1,$P=p_1..p_s,p_j是素数，定义(\frac{d}{P})=(\frac{d}{p_1})…(\frac{d}{p_s}),小写的是勒让德符号，大写的雅可比符号$

性质：

1. $(\frac{1}{P})=1,当(d,P)>1时，(\frac{d}{P})=0)$
2. $(\frac{d}{P}) = (\frac{d+P}{P});$
3. $(\frac{dc}{P})=(\frac{d}{P})(\frac{c}{P})$
4. $(\frac{d}{P_1P_2})=(\frac{d}{P_1})(\frac{d}{P_2})$
5. gcd(d,P)=1,$(\frac{d^2}{P})=(\frac{d}{P^2})=1$

引理:设$a_j \equiv 1(mod \ m)(1 \le j \le s),a=a_1…a_s,有 \frac{a-1}{m}=\frac{a_1-1}{m}+…+\frac{a_s-1}{m}(mod \ m)$

定理:$(\frac{-1}{P})=(-1)^{(P-1)/2},(\frac{2}{P}=(-1)^{(P^2-1)/8})$

定理:奇数P,Q>1，(P,Q)=1,$(\frac{P}{Q})(\frac{Q}{P})=(-1)^{(P-1)(Q-1)/4}$

雅可比符号和勒让德符号本质差别在于雅可比符号绝不表示二次同余方程一定有解。

模为素数的一元高次同余方程

$f(x)=a_nx^n+…a_0 ,若p \not | a_n, 那么同余方程f(x) \equiv 0(mod \ p)的解数k \le min(n,p)$

模为素数p的二项同余方程

$x^n-a \equiv 0 (mod \ p), p\not | a$，当方程有解时，称a是模p的n次剩余。

若$n | p-1, 同余方程有解的充分必要条件是a^{(p-1)/n} \equiv 1(mod \ p)$，并且在有解时解数为n

若$n \not | p-1$,同余方程有解的充分必要条件是同余方程$x^k \equiv a(mod \ p)，p \not | a$有解，其中k=(n,p-1).

也就是说同余方程有解的充分必要条件是$a^{(p-1)/k} \equiv 1(mod \ p)$,且有解时解数为k。

Chevally定理

设n正整数,p素数,$f(x_1,…,x_n)是n元整系数多项式且其次数d小于n$,那么若同余方程$f(x_1,…,x_n) \equiv 0(mod \ p)$，可解，那么它至少有两个不同的解。