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# 整除

a∣ba|b：這是一個整除的符號。意思代表：a 可以整除 b

  • a∣b∧b∣c≡a∣ca|b \land b|c \equiv a|c：a 可以整除 b, b 可以整除 c。因此 a 可以整除 c。
  • (a∣b∧a∣c)→a∣mb+nc(∀m,n∈Z)(a|b \land a|c) \rightarrow a|mb+nc ( \forall m,n \in \mathbb{Z})：如果 a 可以整除 b, 且 a 可以整除 c, 那麼 a 一定可以整除 mb, nc, 且 m,n 都是整數。

# 餘數

餘數的定義是假設有一個 a, 除以 b , 剩下餘數 r, 和商數 q 寫做。並且餘數一定要是正的。

a=b⋅q+r(0≤r<∣b∣)a = b \cdot q + r \\ (0 \le r < |b|)\\

例如：

  1. 10÷2=5...010 \div 2 = 5 ... 0
  2. (−11)÷3=3...2(-11) \div 3 = 3 ... 2

−11=3⋅3+2-11 = 3 \cdot 3 + 2

# 同餘 (mod)

modmod 意思：代表兩數為同一個餘數。例如：

  • 5≡3 (mod 2)5 \equiv 3 \ (mod \ 2)：代表他們除以 2, 之後的餘數都會相等。

5÷2=2⋯13÷2=1⋯15 \div 2 = 2 \cdots 1 \\ 3 \div 2 = 1 \cdots 1

  • r=3 (mod 2)r = 3 \ (mod \ 2) ： 代表要把 3 除以 2 之後的餘數丟給 rr, 意思大大的不同。

∵3÷2=1⋯1∴r=1\because 3 \div 2 = 1 \cdots 1 \\ \therefore r = 1

# 同餘等式

  1. 這一個只是將 mod 重新展開而已。

a≡b (mod m)↔∃k st. a=b+k⋅ma \equiv b \ (mod \ m) \leftrightarrow \exists k \ st. \ a = b + k \cdot m

  1. 如果左邊的兩項成立，那麼右邊的也會成立。

a≡b (mod m)c≡d (mod m)}→a+c≡b+d (mod m)\left. \begin{aligned} &a \equiv b \ (mod \ m) \\ &c \equiv d \ (mod \ m) \\ \end{aligned} \right\}\text{$\rightarrow a + c \equiv b + d \ (mod\ m)$}

這邊就開始證明：

∵a≡b (mod m) ∴∃k1 st. a=b+k1⋅m∵c≡d (mod m) ∴∃k2 st. c=d+k2⋅m\begin{align} \because a \equiv b\ (mod\ m) \ \therefore \exists k_1\ st.\ a=b+k_1 \cdot m \\ \because c \equiv d\ (mod\ m) \ \therefore \exists k_2\ st.\ c=d+k_2 \cdot m \end{align}

然後把以上兩個式子相加起來，k1+k2k_1 + k_2 得到的結果還是整數，所以這樣的證明是成立的。

(a+c)=(b+d)+(k1+k2)⋅m  ⋯⋯(1)+(2)=(b+d)+(number)⋅m∴a+c≡b+d (mod m)\begin{align*} (a+c) &= (b+d) + (k_1+k_2)\cdot m \ \ \cdots \cdots (1)+(2)\\ &= (b+d) + (\text{number})\cdot m \\ \end{align*}\\ \therefore a+c \equiv b+d \ (mod \ m)

# 質數

定義：P≥2P \ge 2 is a prime if the only factors PP are 1 and PP.(質數必須大於 2, 且因數只有 1 和 p 而已)

非質數：if q≥2,∧qq \ge 2, \land q is not prime, q is composit. (如果 P 大於等於 2, 且他不是質數，那麼他就是複合數)

# 最大公因數

定義：可以同時整除兩個數且是最大的數

最大公因數可以拆解為兩個概念，一個是公因數，另外一個是最大。

  1. 公因數：兩個數字可以同時被一個數字整除
  2. 最大：再取這個數組裡面的最大值

因此就可以求出最大公因數

gcd(a,b)=max(m:m∣a∧m∣b)gcd(a,b) = max({m: m|a \land m|b })\\

# 最小公倍數

一個數可以被 a 和 b 整除，但是有可能他會是一個負數，而我們不希望出現這種狀況，所以必須給他加入一個 Z+\mathbb{Z}^+

lcm(a,b)=min(m∈Z+:a∣m∧b∣m)lcm(a,b) = min({m \in \mathbb{Z}^+:a|m \land b|m})

# 練習

  1. If n is a composite integer, then n has a prime divisor less than or equal to n\sqrt{n}
    (n 是一個複合數，那他會有個質因數必定小於等於 n\sqrt{n})

hint：這個都不會是正面證法，所以使用反證法。不過我個人覺得這個證明並不嚴謹，只是用來對證明有初步的了解

∵n is composite ∴n=p⋅qlet p,q>np⋅q>n⋅n=n∴p,q one is less or equaln.\begin{align*} & \because n \ is\ composite \ \therefore n=p \cdot q \\ & let \ p, q > \sqrt{n} \\ & p \cdot q > \sqrt{n} \cdot \sqrt{n} = n\\ & \therefore p,q \ \text{one is less or equal} \sqrt{n}. \\ \end{align*}

# 歐幾里得演算法 (Euclidean algorithm)

這個是最大公因數的演算法，又稱輾轉相除法

這個可以用在除法和乘法，但除法需要再 r 加上絕對值。下面是要證明的東西，他需要用到兩個分別的證明

a,b,q,r ∈Z. if a=b⋅q+r,then gcd(a,b)=gcd(b,r)a,b,q,r \ \in \mathbb{Z}. \ \text{if} \ a=b \cdot q + r,then \ gcd(a,b)=gcd(b,r)

  • 證明：如果 c 是 a 和 b 的公因數，那麼 c 也會是 b 與 r 的公因數

∵r=a−b⋅q and c∣a∧c∣b∴c∣a−bq i.e. c∣r\because r = a - b \cdot q \ \text{and} \ c|a \land c|b \\ \therefore c|a - bq \ i.e . \ c|r\\

  • 證明：如果 c 是 b 和 r 的公因數，那麼 c 也會是 a 和 b 的公因數

∵ a=bq+r and c∣b∧c∣r∴ c∣bq+r i.e. c∣a\because \ a=bq+r \ \text{and} \ c|b \land c|r \\ \therefore \ c |bq+r \ i.e. \ c|a \\

# 擴展歐幾里得算法 (Extended Euclidean Algorithm)

假設有 a, b 且有 gcd (a,b), 那麼他們一定會有 好幾倍的 a 和 好幾倍的 b 相減得到 gcd (a,b)

∀a,b∈Z, ∃s,t∈Z s.t. s⋅a+t⋅b=gcd(a,b).\forall a,b \in \mathbb{Z}, \ \exists s,t \in \mathbb{Z} \ \text{s.t.} \ s \cdot a + t \cdot b = gcd(a,b).

Find s,t∈Zs,t \in \mathbb{Z} s.t. s⋅528+t⋅35=gcd(528,35)s \cdot 528 + t \cdot 35 = gcd(528,35)

528=15⋅35+335=11⋅3+23=1⋅2+1\begin{align*} 528 &= 15 \cdot 35 + 3 \\ 35 &= 11 \cdot 3 + 2 \\ 3 &= 1 \cdot 2 + 1 \\ \end{align*}

因此 gcd(528,30)=6gcd(528, 30) = 6, 再來將過程反過來。

1=3−1×2=3−(35−11×3)=12×3−35=12×(528−15×35)−35=12×528−181×35\begin{align*} 1 &= 3-1 \times 2 \\ &= 3 - (35 -11 \times 3) \\ &= 12 \times 3 - 35 \\ &= 12 \times (528 - 15 \times 35) -35 \\ &= 12 \times 528 -181 \times 35 \\ \end{align*}

故得到，s = 12, t = -181

# 練習

如果有兩數 a,b 互質那麼，且 a|bc , 那麼 a|c。這樣的說明可以寫成下面的樣子

a,b,c∈Z+a,b,c \in \mathbb{Z}^{+}

If gcd(a,b)=1gcd(a,b)=1 and a∣bca|bc, then a∣ca|c

∵gcd(a,b)=1∴∃s,t s.t.sa+tb=1(sa+tb)⋅c=sac+tbc=c∵a∣sac∧a∣tbc∴a∣sac+a∣tbci.e.a∣c\begin{align*} & \because gcd(a,b) = 1 \\ & \therefore \exists s,t \ s.t. sa+tb =1 \\ &(sa+tb) \cdot c = sac + tbc = c \\ &\because a|sac \land a|tbc \\ &\therefore a|sac + a|tbc i.e. a|c \\ \end{align*}

# 消去率

如果 ac 同餘 bc 在(modm)(mod m), 且 c,m 互質，那麼 a 會同餘 b 在(modm)(mod m)

m∈Z+,a,b,c∈Zm \in \mathbb{Z}^{+},a,b,c \in \mathbb{Z}

If ac≡bc(mod m)∧gcd(c,m)=1ac \equiv bc (mod \ m) \land gcd(c,m)=1,then a≡b(mod m)a \equiv b(mod \ m)

∵ac≡bc(mod m) ∴m∣ac−bc  i.e. m∣(a−b)⋅c∵gcd(c,m)=1∴m∣a−b i.e. a≡b(mod m)\begin{align*} &\because ac \equiv bc (mod \ m) \ \therefore m|ac - bc \ \ i.e. \ m|(a-b) \cdot c \\ &\because gcd(c,m) = 1 \therefore m|a-b \ i.e. \ a \equiv b (mod \ m) \end{align*}

# 反元素

如果 gcd(a,m)=1gcd(a,m)=1, 存在另外一個數字 b , 使得 a⋅ba \cdot b 在 (mod m)(mod \ m) 底下是 1

gcd(a,m)=1∃b s.t. ab≡1 (mod m)\begin{align*} &gcd(a,m)=1 \\ &\exists b \ s.t. \ ab \equiv 1 \ (mod \ m) \end{align*}

以下三個都是表達 a,b 互為倒數的描述。

a⋅b≡1(mod m)b≡a−1(mod m)a≡b−1(mod m)\begin{align*} a \cdot b &\equiv 1 (mod \ m) \\ b &\equiv a^{-1} (mod \ m) \\ a &\equiv b^{-1} (mod \ m) \end{align*}

下面開始證明。sa+tm=1 被同除與 m 的時候，因為 tm 可以被整除，所以不會有餘數，但是 sa 除 m 會有。所以 sa +tm =1 同除以 m 就可以表達成 sa≡1(mod m)sa \equiv 1(mod \ m)

∵gcd(a,m)=1∴sa+tm=1sa+tm=1(mod m) i.e. sa≡1(mod m)\because gcd(a,m)=1 \therefore sa+tm=1 \\ sa+tm = 1 (mod \ m) \ i.e. \ sa \equiv 1 (mod \ m) \\

因此 s 就是 a 的倒數

令a=5,m=3a=5, m=3
∵gcd(a,m)=1\because gcd(a,m)=1 求 s 使得 sa≡1(mod m)sa \equiv 1 (mod \ m)

gcd(5,3)=5−3×1=2=3−1×2=1}歐幾里得算法\left. \begin{align*} gcd(5,3) &= 5 - 3 \times 1 = 2 \\ &= 3 - 1 \times 2 = 1 \\ \end{align*} \right\}\text{歐幾里得算法}

1=3−1×2=3−1×(5−1×3)=2×3−1×5}擴展歐幾里得算法 \left. \begin{align*} 1 &= 3 - 1 \times 2 = 3 - 1 \times (5 - 1 \times 3 ) \\ &=2 \times 3 - 1 \times 5 \\ \end{align*} \right\}\text{擴展歐幾里得算法}

到這步我們要的sa+tm=1sa+tm=1 的s=−1s=-1, 但是負數並不是我們想要的結果

5⋅(−1)=1(mod 3)⇒5−1=−1(mod 3)=2(mod 3)\begin{align*} 5 \cdot (-1) &= 1(mod \ 3) \\ \Rightarrow 5^{-1} &= -1 (mod \ 3) \\ &= 2(mod \ 3) \\ \end{align*}

假設在計算7×5−1(mod 3)7 \times 5 ^ {-1} (mod \ 3) 可以化成以下的技巧

7×5−1(mod 3)=7×2(mod 3)=2\begin{align*} &7 \times 5^{-1}(mod \ 3) \\ &= 7 \times 2 (mod \ 3 ) \\ &= 2 \\ \end{align*}

# 中國餘式定理

這是一個求解的方式，有很多的同餘式子，但他們的聯立起來的解究竟要怎麼求得，就是中國餘式定理

求三個聯立的解，並且 mod 裡面的數必需兩兩互質

{x≡1(mod 3)x≡2(mod 5)x≡3(mod 7)\left\{ \begin{align*} x \equiv 1 (mod \ 3) \\ x \equiv 2 (mod \ 5) \\ x \equiv 3 (mod \ 7) \\ \end{align*} \right.

而他的 x 一定是 (number) * 3×5×73 \times 5 \times 7 的等式

x≡remainer(mod 3×5×7)x \equiv \boxed{\text{remainer}} (mod \ 3 \times 5 \times 7)

然後把上面的數字分別對應m1,m2,m3...m_1,m_2,m_3...

{x≡a1(mod m1)x≡a2(mod m2)x≡a3(mod m3)\left\{ \begin{align*} x \equiv a_1 (mod \ m_1) \\ x \equiv a_2 (mod \ m_2) \\ x \equiv a_3 (mod \ m_3) \\ \end{align*} \right.

再來

M=m1×m2×m3=105M1=Mm1=35M2=Mm2=21M3=Mm3=15M1y1≡1(mod m1)M2y2≡1(mod m2)M3y3≡1(mod m3)\begin{align*} &M = m_1 \times m_2 \times m_3 = 105 \\ &M_1 = \frac{M}{m_1} = 35 \enspace M_2 = \frac{M}{m_2} = 21 \enspace M_3 = \frac{M}{m_3} = 15 \\ &M_1 y_1 \equiv 1 (mod \ m_1) \enspace M_2 y_2 \equiv 1 (mod \ m_2) \enspace M_3 y_3 \equiv 1 (mod \ m_3) \\ \end{align*}

{35×y1≡1(mod 3)21×y2≡1(mod 5)15×y3≡1(mod 7)\left\{ \begin{align*} 35 \times y_1 \equiv 1(mod \ 3) \\ 21 \times y_2 \equiv 1(mod \ 5) \\ 15 \times y_3 \equiv 1(mod \ 7) \end{align*} \right.

不過這邊因為數字很小，所以可以這樣做，就拿第一個等式舉例。因為他的餘數是一樣的。

35×y1≡1(mod 3)⇒2×y1=1(mod 3)y1=2\begin{align*} 35 \times y_1 &\equiv 1 (mod \ 3) \\ \Rightarrow 2 \times y_1 &= 1 (mod \ 3) \\ y_1 &= 2 \end{align*}

按照這樣的方法可以求得

y1=2y2=1y3=1y_1 = 2 \enspace y_2 = 1 \enspace y_3 = 1

最後 x 可以等於

(∑i=03aiyiMi)mod M=(a1y1M1+a2y2M2+a3y3M3)mod M=(1⋅2⋅35+2⋅1⋅21+3⋅1⋅15)(mod 105)=52 mod(105)x=52\begin{align*} (\sum_{i=0}^3 a_iy_iM_i)\enspace mod \ M &= (a_1y_1M_1 + a_2y_2M_2 + a_3y_3M_3)\enspace mod \ M\\ &= (1 \cdot 2 \cdot 35 + 2 \cdot 1 \cdot 21 + 3 \cdot 1 \cdot 15)(mod \ 105) \\ &= 52 \ mod(105) \\ x &= 52 \end{align*}

當除數有一個並不是質數的話。

{x≡2(mod 3)x≡3(mod 5)x≡2(mod 15)\left\{ \begin{align*} &x \equiv 2 (mod \ 3) \\ &x \equiv 3 (mod \ 5) \\ &x \equiv 2 (mod \ 15) \\ \end{align*} \right.

其中因為x≡2(mod 15)x \equiv 2 (mod \ 15) 的 1515 並不是質數，因此我們可以把拆成兩個式子。把將原本的餘數和公因數取餘數就會得到新的餘數。ex 2(mod15)2(mod 15) 把 2 在做 mod 3 , 這個餘數就是 3 的餘數了。

x≡2(mod 15){x≡2(mod 3)x≡2(mod 5)x\equiv 2(mod\ 15) \left\{ \begin{align*} x \equiv 2(mod\ 3) \\ x \equiv 2(mod \ 5) \end{align*} \right.

將他帶進去原本的算式裡面

{x≡2(mod 3)x≡3(mod 5)x≡2(mod 3)x≡2(mod 5)\left\{ \begin{align*} &x \equiv 2 (mod \ 3) \\ &\sout{x \equiv 3 (mod \ 5)} \\ &x \equiv 2(mod\ 3) \\ &\sout{x \equiv 2(mod \ 5)} \end{align*} \right.

可以發現他們互相矛盾，所以此題無解

{x≡2(mod 4)x≡4(mod 6)x≡10(mod 30)\left\{ \begin{align*} &x \equiv 2 (mod \ 4) \\ &x \equiv 4 (mod \ 6) \\ &x \equiv 10 (mod \ 30) \end{align*} \right.

x≡10(mod 30){x≡0(mod 5)x≡4(mod 6)x \equiv 10 (mod \ 30) \left\{ \begin{align*} x \equiv 0 (mod \ 5) \\ x \equiv 4 (mod \ 6) \\ \end{align*} \right.

x≡4(mod 6){x≡0(mod 2)x≡1(mod 3) x \equiv 4 (mod \ 6) \left\{ \begin{align*} x \equiv 0 (mod \ 2) \\ x \equiv 1 (mod \ 3) \\ \end{align*} \right.

結合上面的算式，可以得到新的算式

{x≡2(mod 4)x≡0(mod 5)x≡1(mod 3)\left\{ \begin{align*} &x \equiv 2 (mod \ 4) \\ &x \equiv 0 (mod \ 5) \\ &x \equiv 1 (mod \ 3) \\ \end{align*} \right.

這邊就產生一個新的疑問，x≡2(mod 4)x \equiv 2(mod\ 4) 是不是能等於x≡0(mod 2)x \equiv 0(mod\ 2)。答案是不行的，因為能被 2 整除的數，在被 4 除的時候，有可能不會餘 2。例如 8 能整除 2, 但是除 4 不是餘 2。

# 費馬小定理 (Fermat’s little theorem)

If pp is prime and a is an integer not divisible by p, then

ap−1≡1 (mod p)a^{p-1} \equiv 1\ (mod\ p)

調整一下可以得到

ap≡a (mod p)a^p \equiv a\ (mod\ p)