数论学习笔记2Continuously Update…

Posted 2021-10-07 glq_C

一、同余的定义及其性质

1. 定义
   若\\(a\\bmod m=b\\bmod m\\),则称a，b模m同余，记为\\(a\\equiv b\\pmod m\\)

2. 推论 （另一种定义）
   \\(a\\equiv b\\pmod m<=>m|(a-b)\\)

证明

证明： 分为两部分，先从左推到右，再从右推到左 第一部分

因为\\(a\\equiv b\\pmod m\\),所以\\(a\\bmod m=b\\bmod m\\)，设\\(r=a\\bmod m,p=\\frac{a-r}{m},q=\\frac{b-r}{m}\\)

显然p，q均为整数，所以\\(a=pm+r,b=qm+r\\)

所以\\(a-b=pm+r-(qm+r)=(p-q)m\\)

因为\\(m|(p-q)m\\),所以\\(m|(a-b)\\)
第二部分
设\\(r_1=a\\bmod m,r_2=b\\bmod m,p=\\frac{a-r_1}{m},q=\\frac{b-r_2}{m}\\)

则\\(a=pm+r_1,b=qm+r_2\\)

所以\\(a-b=pm+r_1-(qm+r_2)=m(p-q)+(r_1-r_2)\\)

因为\\(m|(a-b)\\)，即\\(m|m(p-q)+(r_1-r_2)\\)

且\\(m|m(p-q)\\),

所以\\(m|1\\times (m(p-q)+(r_1-r_2))+(-1)\\times m(p-q)\\),即\\(m|(r_1-r_2)\\)

又因为\\(r_1,r_2\\in [0,m-1]\\),所以\\(|r_1-r_2|<m\\)

所以\\(r_1=r_2\\),即\\(a\\bmod m=b\\bmod m\\)，即\\(a\\equiv b\\pmod m\\)

证毕

3. 基本性质
   设\\(a\\equiv b\\pmod m,c\\equiv d\\pmod m,k为正整数,n为任意整数\\)
   ① \\(a\\equiv a\\pmod m\\)
   ② \\(b\\equiv a\\pmod m\\)
   ③ \\(a+n\\equiv b+n\\pmod m\\)
   ④ \\(a+c\\equiv b+d\\pmod m\\)
   ⑤ \\(na\\equiv nb\\pmod m\\)
   ⑥ \\(ac\\equiv bd\\pmod m\\)
   ⑦ \\(a^k\\equiv b^k\\pmod m\\)
   ⑧ \\(若ab\\equiv ac\\pmod m,(a,m)=1,则b\\equiv c\\)

性质①,②显然
性质③,④,⑤,⑥,⑦证明方法类似，以⑥为例
证明：咕咕咕
\\(a\\equiv b\\pmod m,\\)

二、取模运算与乘法逆元

在计数类问题中，我们常常会遇到对答案取模的要求

在这种情况下如果我们要把答案先算出来再取模，有可能在运算过程中超出整型存储的范围，于是我们思考能否一边计算答案，一边对其取模

先思考最简单的情况——累计答案的过程中只有加法运算
设\\(ans=(a+b)\\bmod p\\),
那么\\(ans=(a\\bmod p+b\\bmod p)\\bmod p\\)

证明：上述问题等价于\\(a+b\\equiv a\\bmod p+b\\bmod p\\pmod p\\)

因为\\(a\\equiv a\\bmod p\\pmod p,b\\equiv b\\bmod p\\pmod p\\)

所以\\(a+b\\equiv a\\bmod p+b\\bmod p\\pmod p\\)

证毕

这说明，我们在对和取模时，可以一边加一边取模

我们再来考虑乘法
设\\(ans=(a\\times b)\\bmod p\\),
那么\\(ans=(a\\bmod p\\times b\\bmod p)\\bmod p\\)

证明：上述问题等价于\\(a\\times b\\equiv a\\bmod p\\times b\\bmod p\\pmod p\\)

因为\\(a\\equiv a\\bmod p\\pmod p,b\\equiv b\\bmod p\\pmod p\\)

所以\\(a\\times b\\equiv a\\bmod p\\times b\\bmod p\\pmod p\\)

这说明，我们在对乘积取模时，可以一边乘一边取模

将加法和乘法结合起来，我们就得到了——

在不包含除法的算式中，在运算过程中的每一步我们都可以直接取模

---

说了这么多，我们还没有讲到这一节的主题——乘法逆元（所以足以体现我废话之多）

它有什么用呢？——它可以将模意义下的除法转换为乘法

之所以要转换，是因为我们刚才得到了“在不包含除法的算式中，在运算过程中的每一步我们都可以直接取模”

那为什么我们不能类比加法和乘法，证明除法也有类似的性质呢？废话,因为它不具有这样的性质

我们希望证明\\(\\frac{a\\bmod p}{b\\bmod p}\\equiv \\frac{a}{b}\\pmod p\\),前提是\\(b|a\\)

那不妨举几个例子，令\\(a=27,b=3,p=5\\)

则\\(\\frac{a}{b}\\bmod p=\\frac{27}{3}\\bmod 5=4\\)

\\(\\frac{a\\bmod p}{b\\bmod p}\\bmod p=\\frac{27\\bmod 5}{3\\bmod 5}\\bmod 5=\\frac{2}{3}\\bmod 5\\neq4\\)

这是由于取模后两个数不再整除造成的，那么如果保证取模后\\((b\\bmod p)|(a\\bmod p)\\)，\\(\\frac{a\\bmod p}{b\\bmod p}\\equiv \\frac{a}{b}\\pmod p\\)是否成立呢？

再举个栗子，令\\(a=60,b=10,p=4\\)

则\\(\\frac{a}{b}\\bmod p=\\frac{60}{10}\\bmod 4=2\\)

\\(\\frac{a\\bmod p}{b\\bmod p}\\bmod p=\\frac{60\\bmod 4}{10\\bmod 4}\\bmod 4=\\frac{0}{2}\\bmod 4=0\\neq 2\\)

也不成立

所以我们希望找到一个数x,满足\\(\\frac{a}{b}\\equiv a\\times x\\equiv a\\bmod p\\times x\\bmod p\\pmod p\\),从而将除法变成乘法，于是就可以按照乘法，每一步都可以进行取模了

实际上这个数x就是b的乘法逆元

乘法逆元

1. 定义：若整数\\(b,p\\)互质,则存在一个整数\\(x\\)，使得对于任意的\\(a(b|a)\\),都有\\(\\frac{a}{b}\\equiv a\\times x\\pmod p\\),称\\(x\\)为\\(b\\)的模p乘法逆元，记为\\(b^{-1}\\pmod p\\)

2. 推论（另一种定义）：\\(b\\times b^{-1}\\equiv 1\\pmod p\\)等价于定义

证明

分为两部分 第一部分，从定义推到$b\\times b^{-1}\\equiv 1\\pmod p$，第二部分反过来推

第一部分
因为对于任意的\\(a(b|a)\\),都有\\(\\frac{a}{b}\\equiv a\\times b^{-1}\\pmod p\\)

所以令\\(a=b\\),则有\\(\\frac{b}{b}\\equiv b\\times b^{-1}\\pmod p\\)

即\\(b\\times b^{-1}\\equiv 1\\pmod p\\)

第二部分
因为\\(b\\times b^{-1}\\equiv 1\\pmod p\\)，\\(\\frac{a}{b}\\equiv \\frac{a}{b}\\pmod p(b|a)\\)

所以对于任意的\\(a(b|a)\\),都有\\(\\frac{a}{b}\\equiv a\\times b^{-1}\\pmod p\\)

3. 存在唯一性
   设整数\\(b,p\\)，当且仅当\\(gcd(b,p)=1\\),存在\\(x\\),使得\\(b\\times x\\equiv 1\\pmod p\\),且所有满足条件的\\(x\\)模\\(p\\)同余
   证明：“当且仅当\\(gcd(b,p)=1\\),存在\\(x\\),使得\\(b\\times x\\equiv 1\\pmod p\\)”用裴蜀定理很容易证明
   至于“且所有满足条件的\\(x\\)模\\(p\\)同余”也可以用线性同余方程的通解解释，不再赘述

4. 完全积性函数
   性质：若\\(a,b\\)与\\(p\\)互质，\\(a^{-1}\\times b^{-1}\\equiv (ab)^{-1}\\pmod p\\)
   证明：
   因为\\(a,b\\)与\\(p\\)互质，所以\\(ab\\)与\\(p\\)互质
   由定义得，\\(b\\times b^{-1}\\equiv 1\\pmod p\\)，\\(a\\times a^{-1}\\equiv 1\\pmod p\\)，\\(1\\equiv ab\\times (ab)^{-1}\\pmod p\\)
   两边式子分别乘起来再除以ab即可

5. 求法

(1)费马小定理：当p为素数时\\(b^{p-1}\\equiv 1\\pmod p\\),即\\(b\\times b^{p-2}\\equiv 1\\pmod p\\)

也就是说当模数为质数时可以直接用快速幂求出b^{p-2}即可

(2)扩欧：实际上就是求满足bx+py=1的一组(x,y),让x对p取模即可

(3)线性递推：假设当前要求k的逆元，模数为p
设a=\\(\\lfloor{p/k}\\rfloor\\),\\(b=p\\bmod k\\)，假设b与p互质
那么\\(p=ak+b\\),即\\(b=p-ak\\),
由定义\\(b\\times b^{-1}\\equiv 1\\pmod p\\)
\\((p-ak)\\times b^{-1}\\equiv 1\\pmod p\\)
\\(p\\times b^{-1}-ak\\times b^{-1}\\equiv 1\\pmod p\\)
注意到在模p意义下前面的\\(p\\times b^{-1}\\)可以约去
所以，\\(-ak\\times b^{-1}\\equiv 1\\pmod p\\)
即\\(k^{-1}\\equiv (-a)\\times b^{-1}\\equiv (-\\lfloor{p/k}\\rfloor)\\times (p\\bmod k)^{-1}\\pmod p\\)