数论的一些证明

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目录

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1.欧几里得定理

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用途

在log的时间内，求出x和y的最大公约数

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证明

首先，设x为a,b的最大公约数，即（a，b）=x，那么a=k1∗x，b=k2∗x，则a mod b=(k1 mod k2)∗x。

所以，x也一定是b和a mod b的最大公约数（因为如果k2和k1 mod k2的最大公约数不等于1，那么，k2和k1的最大公约数也不等于1【这个应该不用我证明吧】，则x一定不是a和b的最大公约数，与定义矛盾了），然后，就把b看成a，a mod b看成b，（很显然，改变后的b=k2∗x里的k2会变小，因为k1 mod k2的值在0~k2−1之间）继续递归，又因为（y，0）的值就是y（这个应该就不需要证明了吧），所以只要递归到（y，0）就可以了。

（证明不是很严谨。。。网上的证明自己看得也是很糊涂，还是喜欢自己证明一遍。）

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代码

int gcd(int a,int b){    return (b==0?a:gcd(b,a%b));}

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2.扩展欧几里得定理

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用途

在log的时间内，找到 x,y 的最大公约数

在log的时间内，找出构成（a，b）的x和y使得ax+by=（a，b）（或找出构成（a，b）的k倍的数的x和y，就是把前面得出的x和y乘上k）

在log的时间内，找出a在模b意义下的模反元素（如果，（a，b）=1，说明有模反元素为x，否则没有）

（弱弱地问一句，模反元素与逆元的区别是什么？【自我感觉是一样的，但是不知道为什么有两个名称】）

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证明

原式：ax+by=（a，b），假设（a≥b）

① 当b=0时，（a，b）=a,即x=1，y=0；

② 当b≠0时，根据欧几里得定理（a，b）=（b，a mod b）得到 ax+by=bx′+（a mod b）y′

即ax+by=bx′+（a−b∗⌊a/b⌋）∗y′

移项得到ax+by=a∗y′+b（x′−⌊a/b⌋∗y′）

然后就可以得到 x=y′，y=x′−⌊a/b⌋∗y′

然后通过回溯，得出x，y

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代码

int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){    if (b==0)    {        x=1;y=0;return a;    }    int w=exgcd(b,a%b,x,y),t=x;    x=y;y=t-a/b*y;    return w;}

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3.费马小定理

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用途

在log的时间内求出x在模p（p为素数）意义下的逆元

判断一个数是不是素数（即费马素性检验，一个随机化算法判断一个数是否是素数，但是有Carmichael数，会导致判断错误）

（丢个度娘的链接：费马素性检验、Carmichael数）

当模p不是素数的时候需要用到欧拉定理（欧拉定理什么的我还不会…）

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证明

方法①：

首先，如果p是素数，那么(p−1)!≡1(mod p)（这个应该不用我证明，表示自己懒的一批，能少写就少写吧）

假设，p为素数(x mod p，p)=1（即费马小定理的前提，x mod p是保证x<p）

即对于f(i)=(x∗i) mod p（i∈N∗且i≤p−1）中任意两个不相同的i,f(i)的值都不相同

则(p−1)!≡(x∗1)∗(x∗2)∗(x∗3)∗…∗(x∗(p−2))∗(x∗(p−1))(mod p)

即(p−1)!≡x(p−1)!∗(p−1)!(mod p)

两边同时除去(p−1)!（当且仅当一个数为与模数互质时才满足消去性质）就可以得到xp−1≡1(mod p)

然后就可以得到x∗x(p−2)≡1(mod p)，很显然x(p−2)就是x在模p意义下的逆元

方法②：

需要用到后面介绍的欧拉-费马定理，因为p为素数，那么很显然ϕ(p)=p−1，那么就可以得出x(p−1)≡1(mod p)

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代码

//等我学会欧拉函数再来写p非素数的费马小定理求逆元LL pow(LL x,LL n,LL p)//快速算出x^n模p（为素数）后的值，求逆元的话，就是n=p-2{    LL res=1;    while(n)    {        if (n&1) res=res*x%p;        x=x*x%p;        n>>=1;    }    return res;}

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4.递推求逆元

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用途

当需要求逆元的次数过多时就需要打个逆元表，这时候就需要用递推在n的时间内求出1~n在模p意义下的逆元

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证明

首先，inv[1]=1（这个不用证明吧……）

然后，设 x=p/i，y=p mod i

那么，很显然，x 和 y 满足 x∗i+y=p，即 x∗i+y≡0(mod p)

根据同余的性质，可以得到 y≡−x∗i (mod p)，然后两边同时除去 y∗i，得到 inv[i]≡−x∗inv[y] (mod p)

把 x=p/i，y=p mod i 带入得到 inv[i]≡(−p/i∗inv[p mod i]) (mod p)

再根据同余的性质，得到 inv[i]=(p−p/i)∗inv[p mod i] (mod p)

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代码

void makeinv(int n,int p){    inv[1]=1;    for (int i=2;i<=n;i++) inv[i]=(p-p/i)*inv[p%i]%p;}

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5.欧拉-费马定理

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用途

求逆元，尤其是求 p 不是素数，但 (x,p)=1 的 x 的逆元

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证明

首先，得知道一个定义：ϕ(p)为小于p的且与p互质的正整数的个数（其中，规定ϕ(1)=1）

设小于x且互质的数从小到大排序后，分别为a[1]、a[2]、…、a[ϕ(p)]，那么（a[1]∗a[2]∗…∗a[ϕ(p)]，p)=1

那么，x∗a[1]、x∗a[2]、…、x∗a[ϕ(p)]在模p意义下肯定不同余，且与p互质

① 证明不同余：

假设存在同余，那么就等于存在 i 和 j（i<j）满足 p|x∗(a[j]−a[i])

因为 0<a[j]−a[i]<p，与定义矛盾了；

② 证明互质：

假设至少有一个数不与p互质

设 r=x∗a[i] mod p 存在i满足（r，p）=y（y≠1），即x∗a[i]=k∗p+r=y∗((k∗p+r)/y))【后面这个数很显然是个整数】，从这里就可以推出（x,p）≠1，与定义矛盾

经过上述的证明后，可以证明x∗a[1]、x∗a[2]、…、x∗a[ϕ(p)]这些数与原来的那些未乘过x的数在模p意义下的值一一对应

（因为，小于p且与p的数仅有ϕ(p)个，而乘x以后的数在模p意义下不同余且与p互质）

所以，(x∗a[1])∗(x∗a[2])∗…∗(x∗a[ϕ(p)])≡a[1]∗a[2]∗…∗a[ϕ(p)]

两边同时除去 a[1]∗a[2]∗…∗a[ϕ(p)]（当且仅当一个数为与模数互质时才满足消去性质）得到xϕ(p)≡1(mod p)

这个式子也可以转换为x∗xϕ(p)−1≡1(mod p)，显然x在模p意义下的逆元就是xϕ(p)−1。

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代码

与费马定理差不多，就是多了一个求ϕ(p)的过程,代码就懒得打了。。。

差点忘记介绍欧拉函数的两种做法，一种就是求与其互质数的个数（暴力…），还有一种就是求x不同的质因子，那么ϕ(x)就等于（x−x/pi）(p[i]表示x不同的质因子)

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6.Lucas定理

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用途

在 logp(n)∗p 的时间内得到 Ckn 的值

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证明

设 n=s∗p+q，k=t∗p+r，其中，q<p，r<p，p 为素数

首先，得知道当 0<k<p 时，Ckp≡0 (mod p)

因为，Ckp一定是一个整数，且等于 p!/(k!∗(p−k)!)，显然当 p 为素数时，在整除的过程中不会被除掉，即 Ckp mod p=0

因为 (1+x)s∗p+q<=>∑i=0s∗p+qCis∗p+q∗xi …………①

而对于 (1+x)n<=>(1+x)s∗p+q<=>((1+x)s)p∗(1+x)q<=>((1+x)p)q∗(1+x)q

所以，(1+x)s∗p+q<=>∑i=0sCis∗xi∗p∗∑i=0qCjq∗xj…………②

对于①式中的 xt∗p+r 的系数为 Ct∗p+rs∗p+q

对于②式中的 xt∗p+r 的系数（因为 p>r，那么 i∗p+j=t∗p+r 的表达方式唯一）为 Cts∗Crq，即为 Ck/pn/p∗Ck mod pn mod p

所以，Ck/pn/p∗Ck mod pn mod p≡Ct∗p+rs∗p+q (mod p)

Lucas定理得证

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代码

LL pow(LL x,LL n,LL p){    LL res=1;    while (n)    {        if (n&1) res=(res*x)%p;        x=(x*x)%p;        n>>=1;    }    return res;}LL C(LL n,LL k,LL p){    LL ret=1;    while (n&&k)    {        LL q=n%p,r=k%p;        if (q<r) return 0;        ret=ret*fact[q]*pow(fact[r]*fact[q-r]%p,p-2,p)%p;  //fact(x)表示x！        n/=p;k/=p;    }    return ret;}

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7.威尔逊定理

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用途

表示自己不知道…求大佬告诉我（别告诉我就是定理的内容…）

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证明

对于证明一个素数 p 满足 (p−1)!≡−1 (mod p)，即证明 (p−1)!≡p−1 (mod p) 对于 2~p−2 内任何数都互相配对互成逆元，且没有一个数会同时与两个不同的数互成逆元

首先，我们可以知道素数中唯一个偶数2满足该条件，那么我们只需要证明剩下所有的奇素数即可

对于一个奇素数，2~p−2中所拥有的数字的个数一定是偶数个，然后就是证明这些数字互相配对且互成逆元，且没有一个数会同时与两个不同的数互成逆元

根据乘法逆元的定义（乘法逆元，是指数学领域群 G 中任意一个元素 a，都在 G 中有唯一的逆元a）可以知道一定没有一个数同时与两个不同的数互成逆元（至于为什么，我表示并不知道）

因为，对于一个数 x 以及它的逆元 y 肯定满足 x∗y≡1 (mod p)，那么对于 y 来说 x 必定是它的逆元，因为x∗y≡1 (mod p)<=>y∗x≡1 (mod p)

所以，奇素数中,2~p−2 中的偶数个数一定互相配对互成逆元（因为p−1的逆元为p−1【(p−1)∗(p−1)=p2+2∗p+1≡1 (mod p)】，1的逆元为1，不会对这些数的匹配造成影响），且没有一个数会同时与两个不同的数互成逆元

所以，素数 p 一定满足 (p−1)!≡−1 (mod p)