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  • 勒让德符号相关

      小西瓜最近学了这个东西,并不很懂,就想敲篇日志巩固一下……
         勒让德符号嘛,很有趣(本句扯淡),它呢,跟平方剩余有关:设a,b是两个非零整数,b为素数,我们定义符号:若存在整数x, 使得,那么就记否则就记。 当p|a时,=0。(这符号敲起来有点麻烦诶,为方便,下面用(a)表示,方向与除号相反)

          一些性质:

          首先,由欧拉判别条件,显然有(a)≡a^((b-1)/2)(mod b)

          若a1≡a2 那么(a1p)=(a2p),证明显然,套下欧拉判别条件就行。
          显然……(-1p)=(-1)^((p-1)/2)

      然后,好像想不出什么性质了……

        那么进入正题吧,接下来是……高斯引理:
          若p为素数,(a,p)=1,记μ为数列a,2a,3a……,[(p-1)/2]a的最小正剩余中大于(p-1)/2的数个数,那么(ap)=(-1)^μ,证明(感觉跟费马小定理证明方法有点像)

        用r1,r2,r3……rk表示数列中最小正剩余不大于(p-1)/2的数,s1,s2,s3……sμ就是剩下的数,下面证明{r}p-{s}(对{s}中每个数,都对p取差)这两个数列中各数关于模p两两不互余:
         对于处于同一个数列中的数,结论是显然的(参见费马小定理证明)。设,ri≡p-sj(mod p),则p|(ri+sj),记ri=uasi=va,则p|((v+u)a),由于(a,p)=1,所以p|(v+u),但是v+u<p,这是不可能的,所以得证。

         那么显然,数列{r}, p-{s}就变成1,2,3,……,(p-1)/2的一个排列,那么我们把{r}{s}给连乘起来,得到r1*r2*r3……rk*s1*s2*s3……sμ(-1)^μ((p-1)/2)!(mod p),即a*2a*3a*……((p-1)/2)a(-1)^μ*((p-1)/2)!(mod p),于是a^((p-1)/2)(-1)^μ(mod p),于是(ap)=(-1)^μ。

        终于完了……
         高斯引理是个神奇的东西,做题的时候经常可以用到。

         高潮到了!接下来是二次互反律(如果说我已经完全懂了,那是在忽悠你) :

         设pq为两个不同奇素数,那么(pq)(qp)=(-1)^((p-1)/2+(q-1)/2),前面内容同高斯引理证明,我们接下去讨论:

         R=ΣS=Σs,那么Σr+Σ(p-s)=R+μp-S,由于在证高斯引理的时候已经说过,r1,r2,r3rk,p-s1,p-s2,...p-sμ是1,2,3,..,(p-1)/2的一个排列,那么(1/2)*((p-1)/2)*((p-1)/2+1)=(p²-1)/8=R+μp-S,然后可以很容易推得R=S-μp+(p²-1)/8

        接下来,考虑所有式子:iq=[iq/p]p+ti(带余除法),如果将这些式子关于i求和,qi=pΣ[iq/p]+ri+si,也就是q(p²-1)/8=pΣ[iq/p]+R+S,将R=S-μp+(p²-1)/8代人,得q(p²-1)/8=pΣ[iq/p]+2S-μp+(p²-1)/8,即(q-1)(p²-1)/8=p(Σ[iq/p]-μ)+2S

        因为(q-1)(p²-1)/8是偶数(q-1是偶数,(p²-1)/8是整数)2S也是偶数,于是Σ[iq/p]-μ必为偶数,从而Σ[iq/p]-μ可得:(-1)^Σ[iq/p]=(-1)^μ=(qp),由于pq等价,那么(-1)^Σ[ip/q]=(-1)^μ=(pq),相乘得到(pq)(qp)=(-1)^Σ[iq/p]*(-1)^Σ[ip/q]

        下面证明 Σ[jp/q]+Σ[iq/p]=((p-1)/2+(q-1)/2)。取((p-1)/2)*((q-1)/2)个数,jp-iq,显然其中没有0(反证法),那么考虑其中的正数,对于每个给定的j,满足jp>iqi共有[jp/q]个,又j小于等于(q-1)/2,所以正数个数为Σ[jp/q],同理,负数个数为Σ[iq/p],于是得证Σ[jp/q]+Σ[iq/p]=((p-1)/2+(q-1)/2),从而(pq)(qp)=(-1)^((p-1)/2+(q-1)/2)即二次互反律成立。

        二次互反律最先由欧拉提出,由高斯在19 岁时首次证明,现在,二次互反律已有超过200种证明,这是18世纪数论的创举。
          呼,于是乎,今天我在极吵闹的环境下完成了两篇日志,累成DOG……以此纪念我在金中的小高一生涯的开端……

        完……

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