斐蜀定理

目录

• 前置芝士
• 写在前面
  • 对于第一个推论的证明：
  • 对于第二个推论的证明：

前置芝士

小学数学

写在前面

鸣谢：
初等数论笔记Part 2：中国剩余定理
裴蜀定理

Q：啥叫飞鼠定理啊？

A：是斐蜀定理（捂脸

在数论中，裴蜀定理是一个关于最大公约数(或最大公约式)的定理--360百科

Q：说的啥啊？

1、对于正整数 (a, b) 存在整数 (x, y) 使得 (gcd(a, b) = ax +by)
2、整数 (a, b) 互质的充要条件是存在整数 (x, y) 使得 (ax + by = 1)

简单来说，我们设 (d = gcd(a, b))，那么对于方程 (ax + by = d) ，一定存在一组整数解。并且对于方程 (ax + by = z)，如果满足 (d mid z)，那么方程一定有整数解，否则无整数解。

（注：这里 (d mid z) 的意思是 (z mod d = 0)）

对于第一个推论的证明：

已知非零整数 (a, b)

记集合 (S = { ax + by mid x, y in mathbb{Z} 且 ax + by > 0})

记整数 (d = ax_0 + by_0)

我们只要证明 (d = gcd(a, b)) 就证明了斐蜀定理，

设 (a = dq + r), 其中 (q, r) 是 (a) 模 (d) 的商和余数，则有

[r = a - dq = a - (ax_0 + by_0)q = a(1 - x_0q) + b(y_0q) ]

因为我们用到的都是整数，所以不难看出 (1 - x_0q) 和 (y_0q) 也都是整数

所以 (r in S cup { 0 }) ，（为啥要并上 (0) 尼？因为 (r) 表示余数，余数可以为 (0) 嘛）

我们又知道 (0 leqslant r < d)，而 (d) 又是 (S) 中的最小元素，所以 (r = 0)

这意味着 (d mid a)， 同理 (d mid b)，又因为 (gcd(a, b) mid d) ，所以 (d = gcd(a, b))

证毕。

另外的，由集合 (S) 可以看出 (x, y) 的解不是唯一的，有无穷组系数 ((x, y)) 都能满足 (gcd(a, b) = ax + by).并且，如果 ((x, y)) 是一组系数，那么所有系数可以表示为

[(x + k · frac{b}{gcd(a,b)}, y - k·frac{a}{gcd(a,b)} ) mid k in mathbb{Z} ]

对于第二个推论的证明：

再抄一遍

整数 (a, b) 互质的充要条件是存在整数 (x, y) 使得 (ax + by = 1)

利用反证法，

设 (a, b) 不互质，那么 (a, b) 可以表示成 (a = q imes gcd(a, b), b = p imes gcd(a, b))，带入上面的式子，得到：

[q imes gcd(a, b) imes x + p imes gcd(a, b) imes y = 1 ]

两边同时除以 (gcd(a,b)) 得到：

[qx + py = frac{1}{gcd(a, b)} ]

显然，如果 (a, b) 不互质，那么式子右边已经变成了一个小数，那么方程一定不存在整数解。所以只有当 (a, b) 互质时，该方程才有整数解.

证毕。

顺便我们可以得到：

对于方程 (ax + by = z), 只有满足 (gcd(a, b) mid z) ，方程才有整数解

证明：

设 (d = gcd(a, b), z = d imes q)

对于方程 (ax + by = d) , 我们设有一组解为 (x_0, y_0), 那么就有：

[ax_0 + by_0 = d ]

两边同时乘 (q) 得：

[ax_0 imes q + by_0 imes q = d imes q ]

(ecause z = d imes q)

( herefore) 方程 (ax + by = z) ，一定存在一组整数解为 (x = x_0 imes q, y = y_0 imes q) , 证毕

按照同样的思路可以扩展到 (n) 元不定方程上

对于不定方程 (a_1x_1 + a_2x_2 + a_3x_3 + … +a_nx_n = 1)，只有所有系数的 (gcd) 为 (1) 时，方程才有整数解。

顺便得到

所有系数 (a_1, a_2, a_3 ,···,a_n) 的最大公约数为 (1) 的充要条件是：满足不定方程 (a_1x_1 + a_2x_2 + a_3x_3 + … +a_nx_n = 1)