数论笔记

排列组合

1.加法原理

完成一件事情，有n类做法，每一类对应的是(m_{1},m_{2},m_{3},ldots m_{n})。那么完成这些事情总共有(m_{1}+m_{2}+m_{3}+ldots m_{n})种做法。

2.乘法原理

完成一件事情，分成n步，每一步对应的是(m_{1},m_{2},m_{3},ldots m_{n})。那么完成这些事情总共有(m_{1}*m_{2}*m_{3}*ldots m_{n})种做法。

3.加法原理和乘法原理的区别

加法原理只是分了若干类，但是之间是点到点的。

4.排列和组合的区别

有顺序的问题称为排列问题，没顺序的问题称为组合问题。

5.问题类型

组数问题
抽取问题(分配问题)
染色问题(涂色问题)
种植问题

6.排列数

定义：

从n个不同元素中，取出m((mleq n))个元素，所有不同排列的个数叫做从n个元素中取出m个不同元素的排列数。记为(A^{m}_{n})
(A^{m}_{n})(=nleft( n-1 ight) left( n-2 ight) ldots left[ n-left( m-1 ight) ight])
(=nleft( n-1 ight) left( n-2 ight) ldots left( n-m+1 ight))
(=dfrac {n!}{left( n-m ight) !})
(0!=1)

排列

从n个元素中取出m个元素进行排队,记作(A^m_{n})(=dfrac {n!}{left( n-m ight) !})

全排列：

(A^{n}_{n})(=nleft( n-1 ight) left( n-2 ight) ldotsleft( n-n+1 ight))
(=nleft( n-1 ight) left( n-2 ight) ldots 1)
(=n!)

问题类型:

无限制条件
相邻不相邻
定序
元素的存在性
数字排列整除(尤其注意元素0的处理)

组合

从n个元素中取出m个元素
(C^m_{n}=dfrac{A^m_{n}}{m!})
(C^m_{n}=dfrac{n!}{m!(n-m)!})
(x_{1}+x_{2}+···+x_{n}=r)有(C^r_{n+r-1})个非负整数解

n元集的可重复排列

(S={infty a_{1},infty a_{2},···,infty a_{k}})
从s中选r个元素,有(k^{r})种排列
(S={n_{1}a_{1},n_{2}a_{2},···,n_{k}a_{k}})
(n=n_{1}+n_{2}+n_{k})
有(dfrac{n!}{n_{1}!n_{2}!···n_{k}!})个

圆排列

从n个不同元素中,选m个元素排在一个圆周上
个数:(dfrac{A^m_{n}}{m})
全部圆排列(圆排列的全排):(dfrac {A^n_{n}}{n}=(n-1)!)

项链排列

n粒

[D(n)= egin{cases} 1　　　　　　　n=1或2\ dfrac{(n-1)!}{2}　　　ngeq3 end{cases} ]

数论

整除

如果(a=bc,b eq0)
b能够整除a:(bmid a)
b不能够整除a:(b mid a)

1.性质

(1)(bmid c,cmid aRightarrow bmid a)
(2)(bmid a,bmid cRightarrow bmid (lambda apm mu c))
(3)若(bmid aRightarrow a=0)或(left| a ight| geq left| b ight|)
(4)带余除法：
(a=bq+r,b>0,0leq r<b)
(r=0,1,2,···,b-1)
(5)(nin N^{ast })
(x^n-y^n=(x-y)(x^{n-1}+x^{n-2}y+x^{n-3}y^2+···+y^{n-1}))
(6)n为正奇数时
(x^n+y^n=(x+y)[x^{n-1}-x^{n-2}y+x^{n-3}y^2-···-(-1)^ny^{n-1}])

2.

对任意整数n,设(S(n))为其十进制的数码之和
(9mid nLeftrightarrow 9mid S(n))
证：假设(n=a_{k}a_{k-1}···a_{0})

[S(n)=sum ^k_{n=0}a_{n}=a_{0}+a_{1}+···+a_{k} ]

由(9mid n,9mid n-S(n)Rightarrow 9mid S(n))
(n=a_{k} imes 10^k+a_{k-1} imes 10^{k-1}+···+a_{0})
(S(n)=a_{k}+a_{k-1}+···+a_{0})
(x^n-y^n=)(n-S(n))
(=a_{k}(10^k-1)+a_{k-1}(10^{k-1}-1)+···+a_{1}(10-1))
(=a_{k}(10-1)(···)+a_{k-1}(10-1)(···)+···+a_{1}(10-1))
(9mid n-S(n),9mid nRightarrow 9mid S(n))
同理
(9mid n-S(n),9mid S(n)Rightarrow 9mid n)

3.

设k是个(geq 1)的奇数
证明:对任意正整数n,数(1^k+2^k+···+n^k)
不能被(n+2)整除
证:(n=1,1^k+···+n^k=1)
(n+2=3,3 mid 1)
(n=2,1^k+2^k)
(n+2=4,4 mid (1^k+2^k))
(ngeq 3)
(S=1^k+2^k+···+n^k)
(S=(n+2)m+(n+1))
(S=n^k+···+2^k+1^k)
(2S=2+(n+2)(···)+(n-1+3)(···))
(x^n+y^n=(x+y)(···))
(=2+(n+2)(···))
若((n+2)mid S)则((n+2)mid 2S),则((n+2)mid 2)

最大公约数与最小公倍数

最小公倍数：([a,b])
最大公约数：((a,b))
互素:((a,b)=1)

1.裴蜀定理

设a,b是不全为0的整数，则存在x,y为整数
使得(xa+yb=(a,b))
　　　　(Downarrow)

2.

(xa+yb=1Rightarrow(a,b)=1)

3.

若(mmid a,mmid b)
则(mmid (a,b)=xa+by)

4.

若(m>0)
则((ma,mb)=m(a,b))

5.

若((a,b)=d)
((dfrac{a}{d},dfrac{b}{d})=1)

6.

若((a,m)=1,(b,m)=1)
则((ab,m)=1Rightarrow(a^k,m)=1)
(a=p_{1}^{alpha_{1}}p_{2}^{alpha_{2}}···p_{k}^{alpha_{k}})
(m=l_{1}^{eta_{1}}l_{2}^{eta_{2}}···l_{k}^{eta_{k}})
((m,a)=1,l_{i} mid a)
(a^k)同理
(b=gamma_{1}^{z_{1}}···gamma_{k}^{z_{k}})
((b,m)=1,l_{i} mid b)
((a^k,m)=1,(b^k,m)=1,(a^k,m^k)=1,(b^k,m^k)=1)

7.

若(bmid ac,)且((a,b)=1)
则(bmid c)

8.

设正整数a,b之积为一个整数的k次幂
且((a,b)=1),则a,b都是整数的k次幂

素数的唯一分解定理

1.

大于1的整数必有素约数

2.

设p是素数,n是任意一个整数
(Rightarrow pmid n)或((p,n)=1)

3.

设p是素数,a,b为整数,若(pmid ab)
则a,b中至少有一个能被p整除

4.

素数有无穷多个
证明:假定正整数中,只有有限个素数
设(p_{1}<p_{2}<···<p_{k})
令(N=p_{1}p_{2}···p_{k}+1)
则(N>1)
( herefore N)一定有一个质因数(p,p<p_{i})
(pmid p_{1}···p_{k})

5.(唯一分解定理)

每个大于1的正整数
(n=p_{1}^{alpha_{1}}p_{2}^{alpha_{2}}···p_{k}^{alpha_{k}})
　　　　(Uparrow)

6.

(p_{1}^{eta_{1}}p_{2}^{eta_{2}}···p_{k}^{eta_{k}})(约数)
(0leq eta_{i} leq alpha_{i})

7.

(p^alphaparallel m)(恰能整除)
(p^alpha mid m)而(p^{alpha+1} mid m)
(p^alpha parallel n!)

[alpha=sum^infty_{k=1}[dfrac{n}{p^k}]$$(取整函数,也称作高斯函数) ####8. 设a是任一大于1的整数,则a的除1外的最小正uors因数q是一质数,并且当a为合数时 $qleq sqrt{a}$ 记:假定q不是质数,q除了1和本身外 $q_{1}mid q$ $ herefore 1< q_{1}< q,a_{1}mid q,qmid a$ $ herefore q_{1}mid a$ 当a为合数时,$a=a_{1}q,$且$a_{1}>1$ $ herefore a=a_{1}q>q·q$ $ herefore qleqsqrt{a}$ ####9.贾宪数 $dfrac{n!}{k!(n-k)!}$是整数$(0<k<n)$ 高斯函数的问题： $[x]$x的取整部分,${x}$x的小数部分 $x=[x]+{x}$ (1)$[x]leq x<[x]+1$ (2)$x-1<[x]leq x$ (3)$[n+x]=n+[x]$ (4)$[x]+[y]leq [x+y]$ $=[[x]+{x}+[y]+{y}]$ $=[[x]+[y]+{x}+{y}]$ $=[x]+[y]+[{x}+{y}]$ ###二元一次不定方程 ####定理1 设二元一次不定方程$ax+by=c$(a,b,c都是整数,且a,b不同为0) 有一整数解$x_{0},y_{0}$ 又$(a,b)=d,a=a_{1}d,b=b_{1}d$ ]

egin{cases}
x=x_{0}-b_{1}t
y=y_{0}+a_{1}t　　t=0,pm1,pm2···
end{cases}

[$ax_{0}+by_{0}=c$ $a(x_{0}-b_{1}t)+b(y_{0}+a_{1}t)$ $=ax_{0}-ab_{1}t+by_{0}+ba_{1}t$ $=ax_{0}+by_{0}-a_{1}b_{1}dt+b_{1}da_{1}t=0$ $=ax_{0}+by_{0}=c$ ####定理2 $ax+by=c$有解 　　　　　$searrow$ $(a,b)=d,dmid c$ $ap+bq=d$ $ax+by=(a,b)$ 若$dmid c,c=md$ $a(mp)+b(mq)=md=c$ $dmid (ax+by),$那么$dmid c$ 若$(a,b)mid c$,就有解 ####公式 若a,b是任意两个正整数 $Q_{k}a-P_{k}b=(-1)^{k-1}r_{k},k=1···n$ 其中$p_{0}=1,p_{1}=q_{1},p_{k}=q_{k}p_{k-1}+p_{k-2}$ $Q_{0}=0,Q_{1}=1,Q_{k}=q_{k}Q_{k-1}+Q_{k-2}$ $k=2···n$ $ax+by=c$ $x=(-1)^{n-1}Q_{n},y=(-1)^np_{n }$ ]

egin{cases}
a=bq_{1}+r_{1},0<r_{1}<b
b=r_{1}q_{2}+r_{2},0<r_{2}<r_{1}
r_{k-1}=r_{k}q_{k+1}+r_{k+1},0<r_{k+1}<r_{k}
r_{n+1}=r_{n}q_{n+1}
end{cases}

[###同余 ####1. $aequiv b　(mod　m)$ 则$bequiv a　(mod　m)$ ####2. 若$aequiv b　(mod　m),bequiv c　(mod　m)$ 则$aequiv c　(mod　m)$ ####3. 若$a_{1}equiv b_{1}　(mod　m),a_{2}equiv b_{2}　(mod　m)$ 则$a_{1}+a_{2}equiv b_{1}+b_{2}　(mod　m)$ ####4. 若$a+bequiv c　(mod　m)$ 则$aequiv c-b　(mod　m)$ $a=k_{1}m+t_{1},b=k_{2}m+t_{2}$ $a+b=(k_{1}+k_{2})m+(t_{1}+t_{2})$ 那么$cequiv (t_{1}+t_{2})$ $c=km+(t_{1}+t_{2}),b=k_{2}m+t_{2}$ $c-b=(k-k_{2})m+t_{1}$ ####5. 若$aequiv b　(mod　m)$且$a=a_{1}d,b=b_{1}d,(d,m)=1$ 　$Downarrow$　　　　　　　则$a_{1}equiv b_{1}　(mod　m)$ $a-bequiv 0　(mod　m)$ $a_{1}d-b_{1}dequiv 0　(mod　m)$ $d(a_{1}-b_{1})equiv 0　(mod　m)$ $mmid d(a_{1}-b_{1})$ 那么$(m,d)=1,mmid (a_{1}-b_{1})$ $a_{1}equiv b_{1}　(mod　m)$ ####6. 若$aequiv b　(mod　m),k>0$ 则$a_{k}equiv b_{k}　(mod　m_{k})$ ####7. 若$aequiv b　(mod　m)$,d是a,b及m的任一正因数 $dfrac{a}{d}equiv dfrac{b}{d}　(mod　dfrac{m}{d})$ ####8. 若$aequiv b　(mod　m_{i}),i=1,2,···,k$ $aequiv b　(mod　[m_{1},m_{2},···,m_{k}])$ ####9. 若$aequiv b　(mod　m),dmid m,d>0$ $aequiv b　(mod　d)$ ####10. 若$aequiv b　(mod　m)$ 则$(a,m)=(b,m)$ 若d整除m及a,b二数之一 则d必整除a,b的另一个 $mmid (a-b),(a,m)=d$ ]

egin{cases}
dmid (a-b)
dmid a
end{cases}

[$$Downarrow]

[dmid b ]

应用

整除问题
求余数与末位数问题
解不定方程
进位制问题
平方数问题

平方数小性质

(1)平方数的末两位
偶数0　偶数1　偶数4　偶数9　25　奇数6
(2)奇数的平方的十位数为偶数
(3)把平方数的各位数码相加,如果所得不是一位数,再把这些数码相加,直到一位数为止,这个一位数只能是0,1,4,7,9

同余式

一元n次同余式：
(f(x)=a_{n}x^n+a_{n-1}x^{n-1}+···+a_{1}x+a_{0}equiv 0　(mod　m))　
其中(m mid a_{n},a_{i})
(f(c)equiv 0　(mod　m))
c就叫做同余式的根或解

定理1

(axequiv b　(mod　m))
若有一个解(x_{0}),则b有一类解(xequiv x_{0}　(mod　m))
(ax_{0}equiv b　(mod　m))
(xequiv km+x_{0})
(akm+ax_{0}equiv ax_{0})

定理2

若((a,m)=1)
则(axequiv b　(mod　m))
只有一个解
((a,m)=1,0)
则(a,2a,···,(m-1)a)是m的一个完全剩余系
其中,有且只有一个(raequiv b　(mod　m))
( herefore xequiv r　(mod　m))是唯一解

定理3

若((a,m)=1)
则(axequiv b　(mod　m))
(x=ba^{phi(m)-1}　(mod　m))

定理4

((a,m)=d>1,d mid b)
则(axequiv b　(mod　m))无解

定理5

((a,m)=d>1,dmid b)
则有d个解

模为素数的二次同余方程

定义:(p>2)的素数,d为整数,(p mid d)
如果同余方程(x^{2}equiv d　(mod　p))有解
则d是模p的二次剩余
若无解,则称d是模p的二次非剩余

剩余类及完全剩余类

1.

若m是一个给定的正整数,则全部整数可以分成m个集合。记作(k_{0},k_{1},···,k_{m-1})
其中(k_{r})是(mq+r)的形式
(k_{0}　k_{1}　k_{2}　···　k_{m-1})
每一个叫模m的剩余类
从剩余类中随便挑一个
(a_{0}　a_{1}　a_{2}　···　a_{m-1})
叫做它的一个完全剩余系
总结：每一类叫剩余类,从每一类当中挑一个数组成的m-1个数叫做它的完全剩余系
绝对值最小完全剩余系:
　m是偶数:
　(-dfrac{m}{2},-dfrac{m}{2}+1,···,-1,0,1,···,dfrac{m}{2}-1)
　m是奇数:
　(-dfrac{m-1}{2},···,-1,0,1,···,dfrac{m-1}{2})
最小非负完全剩余系:
(0,1,···,m-1)

欧拉函数

(phi())为欧拉函数
(phi(n)):n的简化剩余系的个数
(phi(n)=n(1-dfrac{1}{p_{1}})(1-dfrac{1}{p_{2}})(1-dfrac{1}{p_{3}})···(1-dfrac{1}{p_{k}}))

欧拉定理

若(a,m)=1,则(a^{phi (m)}equiv 1　(mod　m))

欧拉函数

若((a,b)=1)则(phi(ab)=phi(a)phi(b))
(ab=ab(1-dfrac{1}{p_{1}})(1-dfrac{1}{p_{2}})(1-dfrac{1}{p_{3}})···(1-dfrac{1}{p_{k}})(1-dfrac{1}{m_{1}})(1-dfrac{1}{m_{2}})(1-dfrac{1}{m_{3}})···(1-dfrac{1}{m_{k}}))
(=phi(a)phi(b))

费马小定理

欧拉定理特殊化:
若m为素数,(phi(m)=m-1)
( herefore a^{m-1}equiv 1　(mod　m))
若p为素数,(a^{p-1}equiv 1　(mod　p))

威尔逊定理

设p是素数,则
((p-1)!+1equiv 0　(mod　p))

威尔逊定理的逆定理

若((p-1)!equiv -1　(mod　p)),则p为素数

二项式定理

[(x+y)^n=sum^n_{k=0}C^{k}_{n}x^{k}y^{n-k}　　　　nin N^{*} ]

牛顿二项式定理

[(x+y)^alpha=x^{alpha}+C^{1}_{alpha}x^{alpha-1}y+C^{2}_{alpha}x^{alpha-2}y^2+···　　　　alphain R ]

[=sum^{infty}_{i=0}C^{i}_{alpha}x^{alpha -i}y^i ]

(C^{i}_{alpha}=dfrac{alpha(alpha-1)···(alpha-i+1)}{i!})

二项式展开

((a+b)^n=C^0_{n}a^n+C^1_{n}a^{n-1}b+C^2_{n}a^{n-2}b^2+···+C^n_{n}b^n)

中国剩余定理

定理1

若(kgeq 2),且(m_{1},m_{2},···,m_{k})是两两互素的
(M=m_{1}m_{2}···m_{k})
(=m_{1}M_{1}=m_{2}M_{2}=···=m_{k}M_{k})

[egin{cases} x_{1}equiv b_{1}　(mod　m_{1})\ x_{2}equiv b_{2}　(mod　m_{2})　　　　①\ ···\ x_{k}equiv b_{k}　(mod　m_{k}) end{cases} ]

的正整数解是
(xequiv b_{1}M'_{1}M_{1}+b_{2}M'_{2}M_{2}+···+b_{k}M'_{k}M_{k}　(mod　M)　②)
(M'_{i})是满足同余式(M'_{i}M_{i}equiv 1　(mod　m_{i}))的正整数解
证:
(ecause m_{1},m_{2},···,m_{k})两两互素,且(M_{i}=dfrac{M}{m_{i}})
( herefore(M_{1},m_{1})=(M_{2},m_{2})=···=(M_{k},m_{k})=1)
( herefore)存在两正整数(M'_{i},n_{i})使得(M'_{i}M_{i}+n_{i}m_{i}=1)
( herefore)找到一个(M'_{i})使得
(M'_{i}M_{i}equiv 1　(mod　m_{i})　i=1,2,···,k　③)
另一方面(i eq j)时(m_{i}mid M_{j})
( herefore b_{j}M'_{j}M_{j}equiv 0　(mod　 m_{i})　④)
由式(③,④)立即得到
(b_{1}M'_{1}M_{1}+···+b_{k}M'_{k}M_{k}equiv b_{i}M'_{i}M_{i}equiv b_{i}　(mod　m_{i})　i=1,2,···,k　⑤)
( herefore ②)式是(①)式的解
最后证明式(①)是有唯一解,如果y亦是式(①)的解
那么(xequiv b_{i}equiv y　(mod　m_{i})　(i=1,2,···,k))
即(m_{i}mid (x-y))由于(i eq j)时,((m_{i},m_{j})=1)
由整除的性质得(m_{1},m_{2},···,m_{k}mid x-y)
( herefore xequiv y　(mod　M))

定理2

若(m=p^{alpha_{1}}_{1}p^{alpha_{2}}_{2}···p^{alpha_{k}}_{k})是模m的标准分解式
(xequiv a　(mod　m)　⑥)
与同余式组

[egin{cases} xequiv a　(mod　p^{alpha_{1}}_{1})\ ···　　　　　　　　　 　　　　　⑦\ xequiv a　(mod　p^{alpha_{k}}_{k}) end{cases} ]

legender符号

(p>2)定义整变数d的函数

[dfrac {d}{p}= egin{cases} 1　　　当d是模p的二次剩余\ -1　　当d是模p的二次非剩余\ 0　　　当pmid d end{cases} ]

性质:

(1)((dfrac{d}{p})=(dfrac{p+d}{p}))
(2)((dfrac{d}{p})equiv d^{dfrac{-p-1}{2}}　(mod　p))
(3)((dfrac{dc}{p})=(dfrac{d}{p})(dfrac{c}{p}))
极性:((ab)^x=a^xb^x)
(f(ab)=f(a)f(b))
(4)当(p mid d)时
((dfrac{d^2}{p})=1)
(5)((dfrac{1}{p})=1)
((dfrac{-1}{p})=(-1)^{dfrac{p-1}{2}})
(x^2equiv d　(mod　p))
((dfrac{d}{p})=1)

组合恒等式

(1)(C^{n}_{m}=C^{m-n}_{m})
(2)(C^{n}_{m}=C^{n}_{m-1}+C^{n-1}_{m-1})
(3)(C^l_{n}C^r_{l}=C^r_{n}C^{l-r}_{n-r})
(4)(C^{r}_{r}+C^r_{r+1}+···+C^r_{n}=C^{r+1}_{n+1})
(5)(kC^{k}_{n}=nC^{k-1}_{n-1})

泰勒展开

(e^x=1+dfrac{1}{1!}x+dfrac{1}{2!}x^2+dfrac{1}{3!}x^3+···+dfrac{x^n}{n!}+···)
(ln(1+x)=x-dfrac{1}{2}x^2+dfrac{1}{3}x^3-dfrac{1}{4}x^4···(-1)^{n+1}dfrac {x^n}{n}+···)
(sinx=x-dfrac{1}{3!}x^3+dfrac{1}{5!}x^5-dfrac{1}{7!}x^7+···dfrac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}···)
(cosx=1-dfrac{x^2}{2!}+dfrac{x^4}{4!}-dfrac{x^6}{6!}···dfrac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!}+···)
(dfrac{1}{1-x}=1+x+···+x^n+···)
(dfrac{1}{(1-x)^2}=1+2x+3x^2+···+nx^{n-1}+···)

母函数

定义

对于序列(c_{0}c_{1}c_{2}···)
(G(x)=c_{0}+c_{1}x+c_{2}x^2+···)
(G(x))就称作(c_{0}c_{1}c_{2}···)的母函数

例子:Fibonacci序列

(F_{n}=F_{n-1}+F_{n-2})
(F_{1}=F_{2}=1)
令(F_{0}=0)
(G(x)=F_{1}x+F_{2}x^2+···+F_{n}x^n+···)
(G(x)-x^2-x=G(x)x^2+(G(x)-x)x)
(G(x)=dfrac{x}{1-x-x^2})
(1-x-x^2=(1-dfrac{1-sqrt{5}}{2}x)(a-dfrac{1+sqrt{5}}{2}x))
(dfrac{x}{1-x-x^2})
　　(Downarrow)
(dfrac{A}{1-dfrac{1-sqrt{5}}{2}x}+dfrac{B}{1-dfrac{1+sqrt{5}}{2}x})
(A=dfrac{1}{sqrt{5}}　　B=-dfrac{1}{sqrt{5}})
令(dfrac{1-sqrt{5}}{2}=alpha,dfrac{1+sqrt{5}}{2}=eta)
(dfrac{1}{sqrt{5}}(dfrac{1}{1-alpha x}-dfrac{1}{1-eta x}))
(ecause dfrac{1}{1-x}=1+x+x^2+···)
(dfrac{1}{1-alpha x}=1+alpha x+(alpha x)^2+(alpha x)^3+···)
(dfrac{1}{1-eta x}=1+eta x+eta^2x^2+eta^3x^3+···)
(G(x)=dfrac{1}{sqrt{5}}[(alpha -eta)x+(alpha^2-eta^2)x^2+···+(alpha^n-eta^n)x^n+···])
(=F_{1}x+F_{2}x^2+F_{3}x^3+···+F_{n}x^n+···)
(F_{n}=dfrac{1}{sqrt{5}}(alpha^n-eta{n}))