基础数论重学笔记

之前都没有怎么理解，现在来复习一下。

费马小定理

对于任意质数 \(p\) 和任意整数 \(a\) 满足 \(\gcd(a,p)=1\)，有 \(a^{p-1}\equiv 1\pmod p\)。

引理 1

对于任意三个正整数 \(a,b,c\) 满足 \(\gcd(c,m)=1\)，若 \(ac\equiv bc\pmod m\)，则 \(a\equiv b\pmod m\)。

变成 \(c(a-b)\equiv 0\pmod m\) 之后，因为互质所以可以扔掉 \(m\)。

引理 2

若 \(\{a_1,\cdots,a_m\}\) 是 \(m\) 的完全剩余系，存在整数 \(b\) 满足 \(\gcd(b,m)\)，那么 \(\{a_1\times b,\cdots,a_m\times b\}\) 也是 \(m\) 的完全剩余系。

反证法。如果存在 \(a_i\times b\equiv a_j\times b\pmod m\)，根据引理 1 可得 \(a_i\equiv a_j\pmod m\)，\(a\) 不可能是完全剩余系。

证明

构造关于 \(p\) 的完全剩余系 \(\{0,1,2,\cdots,p-1\}\)。

根据引理 2 可得 \(\{0,a,2a,\cdots,(p-1)a\}\) 也是 \(p\) 的完全剩余系。

一一对应可得 \(1\times 2\times\cdots\times(p-1)\equiv a\times 2a\times\cdots\times(p-1)a\pmod p\)。

即 \((p-1)!\equiv(p-1)!\times a^{p-1}\pmod p\)。

显然 \(\gcd(p,(p-1)!)=1\)，根据引理 1 即可证毕。

欧拉定理

\(a^{\phi(n)}\equiv 1\pmod n\)，其中 \(\gcd(a,n)=1\)。

费马小定理是 \(n\) 为质数的一种特殊情况。

首先两个与 \(n\) 互质的数的乘积仍然与 \(n\) 互质。

所以证明把费马小定理里面的完全剩余系换成与 \(n\) 互质的剩余系即可。

乘法逆元

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 \(a'\)，具有性质 \(a\times a'=a'\times a=e\)，其中 \(e\) 为该群的单位元。
单位元是集合里的一种特别的元，与该集合里的运算有关。当它和其他元素结合时，并不会改变那些元素。

所以在模域下的乘法中，单位元就是 \(1\)。

在求 \(\frac{y}{x}\) 时我们可以先求出 \(\frac{1}{x}\) 再乘上 \(y\)。

具体地，若 \(a\times b\equiv 1\pmod p\)，则称 \(b\) 是 \(a\) 在模 \(p\) 意义下的乘法逆元，记作 \(a^{-1}\)，即 \(b\equiv\frac{1}{a}\pmod p\)。

可以写成 \(a\times b+p\times q=1\) 的形式，根据裴蜀定理只有 \(a\) 与 \(p\) 互质才有解，也就是乘法逆元存在的条件。

费马小定理

只能解决 \(p\) 是质数的情况。

\[a\times b\equiv 1\pmod p \]

\[a\times b\equiv a^{p-1}\pmod p \]

\[b\equiv a^{p-2}\pmod p \]

欧拉定理

需要事先求出 \(\phi(a)\)。

\[a\times b\equiv 1\pmod p \]

\[a\times b\equiv a^{\phi(a)}\pmod p \]

\[b\equiv a^{\phi(a)-1}\pmod p \]

把两个定理分开写了一堆废话……

拓展欧几里得

\[a\times b\equiv 1\pmod p \]

\[a\times b+p\times q\equiv 1 \]

\(b\) 取最小正整数解。

阶乘

在求组合数时我们常常会需要求阶乘的逆元。

先用上面的方法求出 \(n!\) 的逆元，然后考虑递推，从 \(i\) 推到 \(i-1\)：

\[\frac{1}{(i-1)!}\equiv\frac{1}{i!}\times i\pmod p \]

再深入思考一下你会发现 \(\frac{1}{i!}\times(i-1)!=\frac{1}{i}\pmod p\)。

这样就做到了线性求 \(1\sim n\) 的逆元。

如果要线性求一堆数的逆元，可以将 \(i\) 替换成 \(a_i\)。