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 ，那么就可以从这里推出 （x,p）≠1 ，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*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)