• 「证明」联赛数学相关证明


    联赛的数学知识并不多,但是还是挺重要挺基础的。

    本人巨弱,有问题请指出哦。

    看不明白的评论即可,或者你可以直接来找我问。

    数论相关

    1.裴蜀定理

    一个二元线性方程:$ax+by=c$,存在解的充分必要条件为:$gcd(a,b)|c$

    证明:

     令$egin{array}{rcl}d & = & gcd(a,b) \ a & = & k_1d\b & = & k_2d \ax+by & = & (k_1+k_2)d=c end{array}$

    所以$d|c->gcd(a,b)|c$

    2.线性推逆元

    $i^{-1}=(-lfloor{frac{p}{i}} floor)(p\%i)^{-1}(mod p)$

    证明:

      设$p=ai+b$

      $ai+bequiv pequiv0 (mod p)$

      $(ai+b)i^{-1}b^{-1}equiv0(mod p)$

      $ab^{-1}+i^{-1}equiv0(mod p)$

      $i^{-1}equiv(-ab^{-1})(mod p)$

      $i^{-1}equiv (-lfloor{frac{p}{i}} floor)(p\%i)^{-1}(mod p)$

    3.$Euler$函数

    $phi(n)=nPi_{p^k|n}(1-frac{1}{p^k})$

    引理:

      如果:$gcd(a,b)=1$

         $phi(ab)=phi(a)phi(b)$

    证明:$a$互质且和$b$互质,一定和$ab$互质,这样的数有$phi(a)phi(b)$个。

    分类讨论:

    1.n=p,$phi(n)=p-1$显然成立

    2.n=p^k,$phi(n)=p^k-p^{k-1}$显然成立

    3.n为任意合数,$phi(n)=Pi_{p^k|n}phi(p^k)=nPi_{p|n}(1-frac{1}{p})$

    证毕。

    4.欧拉定理

    $a^{phi(m)}equiv 1(mod m),(gcd(a,m)=1)$

    证明:

      令$gcd(a,m)=1$

      设集合$S={x_1,x_2...x_{phi(m)}}$中的每一个数都小于$m$且和$m$互质,而且各不相同。

      那么集合$P={ax_1,ax_2...ax_{phi(m)}}$中每一个数都与$m$互质。

      引理:集合$P$中的每一个数各不相同。

      反证

        假设$ax_i-ax_jequiv0(mod m)$

        那么$(x_i-x_j)=km$

        $x_i$$x_j$既小于$m$又是$m$的倍数,显然不成立。

        所以集合$P$中的每一个数各不相同。

      引理得证。

      我们发现$P$$mod m$意义下,各不相同,且均和$m$互质,同$S$的定义相同。

      那么,在$mod m$意义下,$S$$P$等价

      所以

        $egin{array}{rcl} prod limits_{i=1}^{phi(m)}ax_i & equiv & prodlimits_{i=1}^{phi(m)}(mod m) \a^{phi(m)}prodlimits_{i=1}^{phi(m)}x_i & equiv & prodlimits_{i=1}{phi(m)}(mod m) \a^{phi(m)} & equiv & 1(mod m) end{array}$

    5.费马小定理

    $a^{p-1}equiv1(mod p),(p为质数)$

    证明:

      $p-1=phi(p)$

      代入欧拉定理显然成立。

    筛法汇总

    1.埃筛质数

      枚举每个数的倍数,挨个筛

    组合数学相关

    1.二项式定理

    $(a+b)^n=sum limits_{k=0}^{n} C_n^ka^{m-k}b^k$

    $n=1$时候

    $(a+b)^n=C_1^0a+C_1^1b=a+b$

    二项式定理显然成立。

    用数学归纳法证明。

    现在假设当$n=m$的时候二项式定理成立,那么当$n=m+1$时。

    $egin{array}{rcl}(a+b)^{m+1} & = & a(a+b)^m+b(a+b)^m\ & = & asum limits_{k=0}^{m}C_m^ka^{m-k}b^{k}+bsum limits_{k=0}^{m}C_m^ka^{m-k}b^{k}\ & = & a(sum limits_{k=1}^{m}C_m^ka^{m-k}+a^m)+b(sum limits_{k=0}^{m-1}C_m^ka^{m-k}b^k+b^m) \ & = & a^{m+1}+b^{m+1}+sum limits_{k=1}^{m}C_m^ka^{m-k+1}+sum limits_{k=1}^{m}C_m^{k-1}a^{m-k+1}b^{k} \ & = & a^{m+1}+b^{m+1}+sum limits_{k=1}^{m}[(C_m^k+C_m^{k-1})]a^{m-k+1}b^k \ & = & a^{m+1}+b^{m+1}+sum limits_{k=1}^{m}C_{m+1}^ka^{m-k+1}b^k \ & = & sum limits_{k=0}^{0}C_{m+1}^{k}a^{m-k+1}b^{k}+sum limits_{k=m+1}^{m+1}C_{m+1}^{k}a^{m-k+1}b^{k}+sum limits_{k=1}^{m}C_{m+1}^ka^{m-k+1}b^k \ & = & sum limits_{k=0}^{m+1}C_{m+1}^{k}a^{m+1-k}b^{k} end{array}$

    得证。

    2.$Lucas$定理

    用二项式定理和费马小定理来证明。

    $n=kp+a,m=lp+b$

    $C_n^m=C_k^lC_a^b$

    由费马小定理:

      $x^{p-1}equiv 1(mod p)$

      $(1+x)^pequiv(1+x)^{p-1}(1+x)equiv1(1+x)equiv1+1xequiv1+x^{p-1}xequiv1+x^p (mod p)$

    由二项式定理得:    

                $(1+x)^n=sumlimits_{i=0}^{n}C_n^ix^i$

    那么接下来证明$Lucas$定理

                $(1+x)^n=(1+x)^{kp}(1+x)^a$

                   $=(1+x^p)^k(1+x)^a$

                   $=sumlimits_{i=0}^kC_k^ix^{ip}sumlimits_{j=0}^aC_a^jx^j$

    分离出两边$x^m$的项

                $left=C_n^mx^m$

                $right=C_k^lC_a^bx^{ip}x^{j}=C_k^lC_a^bx^{m}(ip+j=m -> i=l andj=b)$

                $left=right$

                $C_n^m=C_k^lC_a^b$

    得证。

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