数论_x’ 数论-CSDN博客

（1）对正整数n，欧拉函数是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目。
$\varphi(x)=x \prod_{i=1}^{n}(1-\frac{1}{p_{i}})$ (其中p1, p2……pn为x的所有质因数)
（2）若（a,b）=1，则 $\varphi(ab)=\varphi(a)\varphi(b)$ ，即这是积性函数
（3）1,2,3......n中，与n互素的所有数之和为 $\frac12n\varphi(n)$

（4）由于 $\sum _{d|n}\varphi (d)$ 是积性函数，所以可以推出 $\sum _{d|n}\varphi (d)=n$

（5）如果函数f满足，任意n， $\sum _{d|n}f(d)=n$ ，那么f就是欧拉φ函数

2，欧拉定理

$(a,m)=1\rightarrow a^{\varphi(m)}\equiv1(mod\,m)$

PS：

$(a,m)=1\rightarrow$ $\{a*k|1\leq k\leq m,(k,m)=1\}\equiv \{k|1\leq k\leq m,(k,m)=1\}(mod\,m)$

3，费马小定理

若 $p\nmid a$ ，则 $a^{p-1}\equiv1(mod\,p)$

4，欧拉费马定理

$a^{p}\equiv a(mod\,p)$

5，威尔逊定理

$(p-1)!\equiv-1(mod\,p)$

PS：欧拉定理、费马小定理、欧拉费马定理、威尔逊定理统称数论四大定理。

PS：出于实用性的考虑，补充一个丑陋的式子：

$a^{x+\varphi (m)}\equiv a^x(mod \, m)$ ，其中x大于等于m的所有素因子次数中的最高次数。

6，gcd、lcm、裴蜀定理

（a,b）是最大公约数，[a,b]是最小公倍数，(a,b)[a,b] = ab
裴蜀定理：裴蜀定理

7，唯一分解定理

（1）每个整数都有唯一的一种素因子分解形式 $n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k}$
（2）n的正约数的个数是 $({a_1}+1)({a_2}+1)...({a_k}+1)$
（3）n的所有正约数的和是

$\prod_{i=1}^{k}(1+p_{i}+p_{i}^2+...+p_{i}^{a_i}) \quad =\frac{p_1^{a_1+1}-1}{p_1-1}\cdot\frac{p_2^{a_2+1}-1}{p_2-1}\cdot...\cdot\frac{p_k^{a_k+1}-1}{p_k-1}$
（4） $\varphi(n)=n(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_{2}}) \cdots(1-\frac{1}{p_{k}})$

8，取整函数

向下取整 $x-1< \lfloor x \rfloor \leqslant x<\lfloor x+1 \rfloor$ , 也叫高斯函数
向上取整 $x \leqslant\lceil x\rceil<x+1$
取小数部分 $\quad\{x\}=x-\lfloor x \rfloor$

PS： $\lfloor x \rfloor$ 也可以写作 [x]

9，阶乘的性质

（1） $n! \mid m(m+1)(m+2) \cdots(m+n-1)$

（2）n!中素因子p的次数d，指的是满足p^d || n!的d

利用富比尼原理得到， $d=[\frac{n}{p}]+[\frac{n}{p^2}]+[\frac{n}{p^3}]+......$

（3） $\forall a>0,b>0,\: [\frac{a}{b^{k+1}}]=[\frac{[\frac{a}{b^{k}}]}{b}]$

$\therefore f(n,p)=[\frac{n}{p}]+f([\frac{n}{p}],p)$ 这里的f的含义同d

（4）n!的十进制表示中，末尾0的个数是f(n,5)

（5）(p-1)f(n,p)=n-s(n,p)，其中s是n的p进制表示法中各位数之和。

10，斯特林公式

$n!\, =\, \sqrt{2\pi n}\left ( \frac{n}{e} \right )^n e^{\alpha _n}, \, \,\, \frac{1}{12n+1}<\alpha _n<\frac{1}{12n}$

11，费马数、梅森数、完全数

（1）若2^m+1是奇素数，则m=2^n，形如 $2^{2^n}+1$ 的素数称为费马数，所有费马数之间都是互素的

（2）若a^m-1是奇素数，则a=2且m是素数p，形如 2^p-1 的素数称为梅森数

（3）如果 2^p-1 是素数，则 $2^{p-1}(2^p-1)$ 是完全数。如果n是偶完全数，则n= $2^{p-1}(2^p-1)$ ，其中 2^p-1 是梅森数

12，勾股数

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13，数论组合

（1） $n=(a_ka_{k-1}...a_1a_0)_p$ ，则n!中p的次数为 $[\frac np]+[\frac n{p^2}]+[\frac n{p^3}]+...=\frac{n-s}{p-1}$ ，其中 $s=a_k+a_{k-1}+...+a_1+a_0$ 是n的各位数字之和。
（2） $p\mid C_p^k, \, k=1,2,3...p-1$
（3） $C_{p-1}^k\equiv(-1)^k(mod\,p),\, k=0,1,2,3...p-1$
（4） $C_k^p\equiv[\frac kp](mod\,p)$

14，卢卡斯定理

其中 0<= q,r <p

15，高斯定理

n为平方和等价于n的任一4k+3型素因子的幂次为偶数
https://blog.csdn.net/nameofcsdn/article/details/79459432

16，逆元

若（a,m）=1，则 $a^{\varphi(m)}\equiv1(mod\,m)$ ，所以a的逆元是 $a^{\varphi(m)-1}$

若（a,m）不为1，则没有逆元

17，和式

$p\mid\sum_{0<i<j<p}ij\qquad p\mid\sum_{0<i<j<p}i^{-1}j^{-1}\qquad p^2\mid\sum_{0<i<p}i^{-1}$
其中-1次方表示逆元

18，切比雪夫定理

对于任意实数 $x\ge1$ ，一定存在素数p，使得 $x<p\le2x$ 成立。
换句话说，所有素数从小到大排列，任意一个素数都小于前一个素数的2倍。

PS：证明在下文

19，多项式模

$n \leq p, f(x)=x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+\ldots+a_{1} x+a_{0}$ 则 $f(x) \equiv 0(\bmod p)$ 有 n 个解 $\Leftrightarrow x^{p}-x$ 除以 f(x)的余式的系数都是 p 的倍数。

20，二次剩余

（1）一般二次同余式 $ax^2+bx+c\equiv 0(mod\, m), a\not\equiv 0(mod \, m)$ 可以规约成 $x^2\equiv A(mod \, m)$ 的形式

（2）如果 $x^2\equiv a(mod \, m)$ 有解，则a叫mod m的平方剩余，否则叫非平方剩余

21，勒让德符号

$\left ( \frac{a}{p} \right )=\left\{\begin{matrix}0,\: if\, p\mid a\: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \; \; \; \; \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \: \\ 1,\: if\, p\nmid a, \exists x,x^2\equiv a(mod \, p) \\ -1,if\, p\nmid a, \nexists x,x^2\equiv a(mod \, p) \end{matrix}\right.$

22，欧拉准则

若p为奇素数，则 $a^{\frac{p-1}{2}} \equiv \left ( \frac{a}{p} \right )\, (mod\, p)$

23，高斯引理

${p}\nmid{a}, {ak}\left({k}=1,2,3 \ldots \frac{{p}-1}{2}\right)$ 对模 p 的最小非负剩余是 ${r}_{k}$ , 若大于 $\frac{{p}}{2}$ 的 ${r}_{k}$ 个数为m, 则 $\left(\frac{{a}}{p}\right)=(-1)^{{m}}$

24，二次互反律

（1） $\left(\frac{2}{{p}}\right)=(-1)^{\frac{p^{2}-1}{8}}$ , 若 ${p}\nmid{a}$ 且 a 为奇数 , 则 $\left(\frac{{a}}{p}\right)=(-1)^{\sum_{k=1}^l\left[\frac{a k}{p}\right]}$ , 其中 $l=\frac{{p}-1}{2}$

（2） p, q 为奇质数, $\sum_{k=1}^{u}\left[\frac{{p} k}{q}\right]+\sum_{k=1}^{l}\left[\frac{q k}{p}\right]=ul$ , 其中 ${u}=\frac{{q}-1}{2}, l=\frac{{p}-1}{2}$

（3） $\left(\frac{{p}}{q}\right)=(-1)^{\frac{(p-1)(q-1)}{4}}\left(\frac{q}{p}\right)$

25，雅克比符号

$\left(\frac{{a}}{m}\right)=\left(\frac{{a}}{p_1}\right)\left(\frac{{a}}{p_2}\right)...\left(\frac{{a}}{p_r}\right)$

其中 m=p_1p_2...p_r 表示m中的所有素因子

当m为素数时，雅克比符号和勒让德符号含义相同，所以用相同的符号来不矛盾。

26，合数模

（1）p为奇质数, $\exists x,{x}^{2} \equiv a\left(\bmod p^{k}\right)\Leftrightarrow\left(\frac{{a}}{p}\right)=1$ , 若x有解则恰有 2 解

（2） $\exists x,{x}^{2} \equiv {a}\left(\bmod 2^{k}\right) ({k}>2)\Leftrightarrow {a} \equiv 1(\bmod 8)$ ，若x有解则恰有 4 解

27，单质数平方和

（1） ${p}\nmid{k},\, \sum_{x=0}^{{p}-1}\left(\frac{{x}(x+k)}{p}\right)=-1$

（2）若 ${p}=4 {~m}+1, {p}\nmid{k}$ , 设 ${S}({k})=\sum_{x=0}^{{p}-1}\left(\frac{{x}\left(x^{2}+k\right)}{p}\right)$ , 则S(k)是偶数，且 ${S}\left({kt}^{2}\right)=\left(\frac{{t}}{p}\right) {S}({k})$
（3）若 $\quad\left(\frac{{r}}{p}\right)=1,\left(\frac{{n}}{p}\right)=-1$ 则 ${r} \times 1^{2}, {r} \times 2^{2}, {r} \times 3^{2} \ldots \ldots {r} \times\left(\frac{p-1}{2}\right)^{2},$ ${n} \times 1^{2}, {n} \times 2^{2}, {n} \times 3^{2} \ldots \ldots {n} \times\left(\frac{p-1}{2}\right)^{2}$ 为mod p的简化剩余系
（4）若 p=4m+1, 则 ${p}=\left(\frac{1}{2} {~S}({r})\right)^{2}+\left(\frac{1}{2} {~S}({n})\right)^{2}$

28，阶

（1）若 ({a}, {m})=1 , 则存在 j 满足 ${a}^{j} \equiv 1 \quad(\bmod {m})$ ，其中满足条件的最小j叫a模m的指数，也叫阶（Multiplicative order）

In other words, the multiplicative order of a modulo n is the order of a in the multiplicative group of the units in the ring of the integers modulo n.

即以a作为单位元素的乘法同余群的阶

（2）若 x 的阶为ab，a>0,b>0，则 x^a 的阶为b

（3）若 x 的阶为j, 则 x^a 的阶为 $\frac{j}{(a, j)}$

（4）x 的阶为 a, y 的阶为 b, 如(a,b)=1，则 xy 的阶为ab

29，原根

（1）使阶为 $\varphi({m})$ 的a 叫模m的原根f

（2）奇质数p有原根

（3）g是mod奇质数p的原根，则 $\exists c,p||(g+pc)^{p-1}-1$ ，且对于这个c， $p^k||(g+pc)^{p^{k-1}(p-1)}-1$ ，进一步可证明g+pc是 $mod\,p^k$ 的原根

（4）奇质数p，设g是 $mod\,{p}^{k}$ 的原根，则g与 ${g}+{p}^{k}$ 中的奇数是 $mod\,2{p}^{k}$ 的原根

（5）mod m的原根存在的充分必要条件是m=2或4或 p^k 或 2p^k ，其中p是奇质数

（6）求原根的方法：设m>1, (g,m)=1，φ(m)的所有不同质因数是 q_1,q_2,...,q_k

则g是mod m的原根 $\Leftrightarrow g^ {\varphi(m)/q_i}\not\equiv 1(mod \, m), i=1,2,...,k$

（7）奇质数p的原根个数是φ(p-1)

PS：（2）（7）证明在下文

30，无穷素数

（1）素数有无穷多个

（2）存在无穷多素数模4余3，存在无穷多素数模4余1

（3）狄利克雷定理：gcd(a,m)=1，则存在无穷多素数p， $p\equiv a(mod\,m)$

（4）设不超过x的素数的个数为π（x），则 $\lim\frac{\pi (x)}{x/lnx}=1$ ，即x很大时，不超过x的素数个数大约就是x/lnx

31，素数猜想

（1）哥德巴赫猜想：大于2的偶数都可以表示成2个素数之和

陈景润证明了大于2的偶数都可以表示成一个偶数加一个2-殆素数，2-殆素数表示素数或者2个素数的乘积。

（2）孪生素数猜想：存在无穷多对孪生素数，即有无穷组素数（p1,p2）满足p2-p1=2

自从张益唐证明有无穷多组满足p2-p1<=70000000之后，这个数字在不断缩小，现在已经到246了。

（3）N^2+1猜想：有无穷多形如N^2+1的素数

目前已经证明，有无穷多形如N^2+1的数都是素数或者2个素数的乘积

32，素数测试

（1）暴力测试

枚举不超过sqrt(n)的所有素数，判断有没有n的因子

（2）费马测试

随机取1个整数a，如果 $a^{n}\not\equiv a(mod n)$ ，那么m不是素数

多取几个a，如果 $a^{n}\equiv a(mod n)$ 都成立，那么n有极大可能是素数

存在反例：卡米歇尔数

（3）米勒-拉宾测试（Miller–Rabin）

对于奇数n，设n-1=2^k * q，k>0，q是奇数

如果 $n\nmid a,\,a^q\not\equiv 1(mod n)$ ，且对i=0,1,2...k-1都有 $a^{2^iq}\not\equiv -1(modn)$

则n不是素数，反之多取几个a之后就能推断n有极大可能是素数。

事实上，如果n是合数，至少有75%的a可以用来证明n不是素数，所以只要多取几个a，准确性就非常高。

三，定理证明

1，切比雪夫定理

（1）当 $n\ge5$ 时， $\frac{2^{2n-1}}n<C_{2n}^n<2^{2n-2}$
$\left ( \prod_{n<p\le 2n}p \right )\mid C_{2n}^n,\: so\: \left ( \prod_{n<p\le 2n}p \right )\le C_{2n}^n<2^{2n-2}$
（2）设正实数b>10， $a_k=\lceil\frac b{2^k}\rceil$ ，则 $\frac b{2^k}\le a_k<\frac b{2^k}+1,a_k\le 2a_{k+1}$
设m是使得a_m>5的最大整数，则 $(a_m,2a_m]\cup(a_{m-1},2a_{m-1}]\cup...\cup(a_1,2a_1]$ 覆盖(10,b]，故而 $\prod_{10<p\le b}p\le\prod_{a_1<p\le 2a_1}p\prod_{a_2<p\le 2a_2}p...\prod_{a_m<p\le 2a_m}p<2^{2b}$
（3） $C_{2n}^n$ 中显然没有超过2n的素数，且有如下三条定理：
对于区间(1,2n]内任一素数，存在r使得 $p^r\le2n<p^{r+1}$ ，则 $C_{2n}^n$ 中p的幂次t不超过r
对于区间 $(\sqrt{2n},n]$ 内任一素数p（如果存在，下同）， $C_{2n}^n$ 中p的幂次不超过1
对于区间 $(\frac{2n}3,n]$ 内任一素数p， $C_{2n}^n$ 中p的幂次为0
故而，当n>24时有：
${C}_{2{n}}^{{n}}=\prod_{1<{p} \le \sqrt{2 {n}}} {p}^{{t}} \cdot \prod_{\sqrt{2 {n}}<{p} \le\frac{2 {n}}{3}} {p} \cdot \prod_{{n}<{p} \leq 2 {n}} {p}$
$\leq \prod_{1<{p} \leq \sqrt{2 n}}(2 n) \cdot \prod_{\sqrt{2n}<p\le \frac{2 n}{3}} p \cdot \prod_{n<p \leq 2 n} p$
$\leq(2 n)^{\sqrt{2 n}-1} \cdot 2^{2 \times \frac{2 n}{3}} \cdot \prod_{n<p \leq 2 n} p$
$=(2 n)^{\sqrt{2 n}-1} \cdot 2^{\frac{4 n}{3}} \cdot \prod_{n<p \leq 2 n} p$
（4）当 $t\ge30$ 时， $2^{\frac t6}>t$ ，结合（1）（3）得，当n>500时有 $(\prod_{n<p \leq 2 n} p)>1$ ，即(n, 2n]内有素数。
当n<=500时显然也成立，故切比雪夫定理成立。