初等数论
# 定义
完全剩余系
当
m 个整数两两
modm 不同余时,即构成模
m 的完全剩余系。
一个例子是
{0,1,…,m−1}。
当将
m 的完全剩余系中每个元素乘
a,(a,m)=1 时,得到的集合依然是
m 的完全剩余系。考虑反证法,如果出现两个相同元素,
ax≡ay(modm),x≡y(modm),那么有
a(x−y)≡0(modm) 显然矛盾。
既约剩余系
也称“缩系”或“简化剩余系”,指
m 的完全剩余系中与
m 互质的数组成的子集。
多项式的根
令
f(x) 是整系数
n 次多项式,若
f(gi)=0,则令
f 的根为
g1…gn。
在
模意义下定义为:使
f(gi)≡0(modm),令
f 的根为
g1…gn。
群
群是一个集合
G,连同一种运算(比如加法"+"或乘法"·"),满足以下四个基本性质(群公理):
- 封闭性:对于任意 a,b∈G,运算结果 a⋅b 也属于 G。
- 结合律:对于任意 a,b,c∈G,有 (a⋅b)⋅c=a⋅(b⋅c)。
- 单位元:存在一个唯一元素 e∈G,使得对于任意 a∈G,有 a⋅e=e⋅a=a。
- 逆元:对于任意 a∈G,存在一个唯一元素 b∈G,使得 a⋅b=b⋅a=e。这个 b 记为 a−1。
群中元素的个数称为
群的阶,记为
∣G∣。
例子:
- 所有整数 Z 在加法下构成一个群。单位元是 0,元素 a 的逆元是 −a。
- 所有非零实数 R∖{0} 在乘法下构成一个群。单位元是 1,元素 a 的逆元是 1/a。
阿贝尔群(交换群)
如果一个群还满足第五条性质:
- 交换律:对于任意 a,b∈G,有 a⋅b=b⋅a。
那么这个群就被称为阿贝尔群。
上面两个例子都是阿贝尔群。一个非阿贝尔群的例子是矩阵乘法(一般不满足交换律)。
有限群
如果一个群
G 包含的元素个数是有限的,那么这个群就是有限群。
# 定理
Theorem.1 费马小定理
ap−1≡1(modp),p∈Prime,(a,p)=1
证明:
构造
p 的完全剩余系
{0,1,…,p−1},由于
(a,p)=1,
{0,a,…,a(m−1)} 也是
p 的完全剩余系。
根据完全剩余系内的元素取恰好一遍
0∼p−1,有
1×⋯×(p−1)≡a×⋯×a(p−1)(modm)。
易知
((p−1)!,p)=1 可以两边约去
(p−1)!,即
ap−1≡1(modp)。
关于
ac≡bc(modm),是否能约去
c 的问题。能约去
c 当且仅当
(m,c)=1。
其相当于
m∣c(a−b),显然若
(c,m)=1,只能推出
cm∣(a,b) 即
a≡b(modcm)。不能推出
m∣(a,b)。
Theorem.2 欧拉定理
aφ(m)≡1(modm),(a,m)=1
证明:
构造
m 的既约剩余系,
c1,c2,…cφ(m),由于
(a,m)=1,故
ac1,ac2,…acφ(m) 也是
m 的既约剩余系。
同 Theorem.1,有
∏ci≡∏aci(modm),共
φ(m) 项,消去
c 得证。
欧拉定理的实质是拉格朗日定理的推论:一个有限群的任意元素的阶都整除该群的阶。
模
m 的既约剩余系是一个有限阿贝尔群。其群的阶,即群大小为
φ(m),拉格朗日定理指出对于群中元素
a,
δm(a)∣φ(m)。其中
(a,m)=1。
Theorem.3 威尔逊定理
p∈Prime⇔(p−1)!+1≡0(modp)
引理:令
f(x),g(x) 是整系数
n 次多项式,其根分别为
f1…fn 和
g1…gn。
若
[xn]f(x)=[xn]g(x) 那么
f(x)=g(x)。因式分解
f,g 即可,不作严谨证明。
根据引理,令
f(x)=∏i=1p−1(x−i),g(x)=xp−1−1。注意此处“根”均指在模
p 意义下的根。
易得
f(x) 的根为
1,…,p−1。根据费马小定理,
g(x) 的根也为
1,…,p−1。
又因为
[xp−1]f(x)=[xp−1]g(x) 所以有
f(x)≡g(x)(modp)。
令
x=p,即可得
(p−1)!≡pp−1+1(modp),即
(p−1)!+1≡0(modp)。
反证法。若
(p−1)!+1≡0(modp) 且
p 不是质数,则
p 存在真质因子,取
p 任意真质因子
q。
由于
q∈[2,p−1],所以
q∣(p−1)!。
又因为
(p−1)!+1≡0(modp) 得到
p∣((p−1)!+1)。
因为
q∣p,所以
q∣(p−1)!,q∣((p−1)!+1),于是
q∣gcd((p−1)!,(p−1)!+1) 即
q∣1,与
q 是真质因子矛盾。
Theorem.4 中国剩余定理
⎩⎨⎧x≡a1(modm1)x≡a2(modm2)⋮x≡an(modmn)M=i=1∏nmi,Mi=miM,ti≡Mi−1(modmi)x=(i=1∑naitiMi)modM
不会证明。考虑构造法。注意
m1,m2,…mn 两两互质。
对于
ai,
tiMi≡1(modmi) 保留了
ai。
同时对于
j=i,tjMj≡0(modmi) 去除了其它
aj。(即
mi∣tjMj)
此外还可以证明
x 是模
M 意义下的唯一解。