同余基本定理的应用
来源:互联网 发布:java 静态代理 编辑:程序博客网 时间:2024/04/30 08:10
mod同余的观点可以证明许多不存在性问题的:
例如x!=y 只需证明x,y关于某个数不同余
x不为完方数 x同余3 (mod 8) 同余2 (mod 3)
x不为立方数 1^3 同余1 2 8 3 0 41 5 8 6 0
a的立方同余0 +1 -1(mod 9)
定理的应用:威尔逊定理比较直白。
困难的是给出一个构造,一般的直接套结论。
一个比较典型的威尔逊定理的构造: p为4k+1型质数
prove x^2同余-1(mod p)有解
prove:(p-1)!同余-1(mod p) 设p = 4k+1;
那么(p-1)! = 4k! = 1*2*3.......2k*(2k+1)........4k同余1*2*3......(-2k)(-2k-1).....(-1)
= 2k! 2k!*(-1)^2k
=(2k!)^2
欧拉定理
用于证明构造性的的东西和计算同余式
先要明白fai(n)如何计算
设n = p1^a1*p2^a2.....pm^am (a1.....am为正整数)
1~n中有多少个数与n互质,等价于1~n中有多少个数不被p1....pm乘除
fai(n) = n - n/p1 - n/p2 -.........n/pm + n/p1p2 + n/p1p3........ -n/p1p2p3........... (小学生容斥原理)
= n(1-1/p1)(1-1/p2).......(1-1/pm)
这个式子描述了1~n中恰好有(p1-1 ) / p1这么大比例的数不被p1整除
这(剩下)其中有恰有(p2-1)/p2..................p2..........
也可以用归纳法进行证明
于是可以用于计算
2^2000 被 3^7 除余几?.........
可用于一些构造
找k^fai(n) 同余 1(modfai(n))
prove:证明3^n的个个位数之和没有上界
或者prove 对于任意的正整数m 总可以找到3^n 里面出现了连续的m的0
这个证明不太困难
注意到(3,10^2m) = 1
所以3^fai(10^2m)同余 1 mod(fai(10^2m))
后2m位为0
第一个:若不然,设3^n0去到上界3^n0是一个不到n0位的数
注意考查方程3^n0+x同余3^n0(mod10^2*n0)
后2n0位完全相同而前面还有数,
这就证明了3^n0+x各个位置之和大于3^n0
而上式显然有解 矛盾!
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