裴蜀定理
\[\forall a,b \in \mathbb{Z},\exists x,y \in \mathbb{Z},ax+by = \gcd(a,b) \]
证明
对于 \(a_1 = a_2 = \cdots = a_n = 0\)，可以构造 \(x_1 = x_2 = \cdots = x_n = 0\)。
而对于 \(a_1,a_2,\ldots,a_n\) 不全为 \(0\) 的情况，其实我们不妨证明一个更强的结论：
记 \(S\) 为所有整系数线性组合 \(a_1x_1+a_2x_2+\ldots+a_nx_n\) 构成的集合，设 \(d\) 为 \(S\) 中最小的正整数。
求证：\(d = \gcd(a_1,a_2,\ldots,a_n)\)。
鉴于 \(d\) 是数列 \(a_1,a_2,\ldots,a_n\) 的整系数线性组合，则有 \(\gcd(a_1,a_2,\ldots,a_n) \mid d\)。
接下来，证明 \(d \mid s (s \in S)\)。
考虑反证：
若 \(d \not\mid s\)，设 \(s = kd+r(r \in \left(0,d\right))\)。
由于 \(s,d\) 均为数列 \(a_1,a_2,\ldots,a_n\) 的整系数线性组合，\(r\) 也是数列 \(a_1,a_2,\ldots,a_n\) 的整系数线性组合。
但是 \(r < d\)，违背了 \(d\) 的最小性。故 \(d \mid s(s \in S)\)。
这样就会有 \(d \mid a_i (i \in \left[1,n\right])\)，易得 \(d \mid \gcd(a_1,a_2,\ldots,a_n)\)。
\(d \mid \gcd(a_1,a_2,\ldots,a_n) \land \gcd(a_1,a_2,\ldots,a_n) \mid d \implies d = \gcd(a_1,a_2,\ldots,a_n)\)。
一些简单的推论
虽然这些推论大家都知道，但是：
-
\(\gcd(ax_1,ax_2,\ldots,ax_n) = a\cdot \gcd(x_1,x_2,\ldots,x_n)\)；
-
\(\gcd(a_1,a_2,\ldots,a_n) = \gcd(\gcd(a_1,a_2,\ldots,a_{n-1}),a_n)\)；
-
\(\gcd(a,b) = \gcd(b,a \bmod b)\)；
-
\(a_1,a_2,\ldots,a_n\) 互质 \(\iff\) \(\exists x_1,x_2,\ldots,x_n \in \mathbb{Z},a_1x_1+a_2x_2+\ldots+a_nx_n = 1\)。
一些不是很简单的推论
\[\begin{gathered}\text{对于} a,b\in \mathbb{N},n \in \mathbb{Z},a \perp b\\[1ex] \text{若记} C = ab - a - b\\[1ex] \text{则} n , C-n \text{中有且仅有一个对于方程} ax+by = n \text{有一组自然数解}\end{gathered}\]
对于这个推论，我们知道鉴于 \(a,b,x,y\) 都是自然数，\(n\) 为负数时肯定无解。
故对于大于 \(C\) 的整数都有解。
而 \(n = 0\) 时有解 \(\begin{cases}x = 0\\y = 0\end{cases}\)。
故无法被 \(a,b\) 表示的最大自然数是 \(C\)。
\(\textrm{P3951 [NOIP2017 提高组] 小凯的疑惑 / [蓝桥杯 2013 省] 买不到的数目}\)
高斯引理
\[ab \equiv ac \pmod n \implies b \equiv c \pmod {\frac{n}{\gcd(a,n)}} \]
模 n 逆
\(\gcd(a,b) \iff \exists x \in \mathbb{Z}, ax \equiv 1 \pmod b\)
-
正推过程由裴蜀定理易得；
-
反推可知 \(ax-by = 1(y \in \mathbb{Z})\)，由裴蜀定理的一些简单推论推论中的第四条易得此时 \(\gcd(a,b) = 1\)。
证明
其实原本高斯引理是这个样子的：
\(a \mid bc \land \gcd(a,b) = 1 \implies a \mid c(a,b,c \in \mathbb{Z})\)
这个挺好证的
设 \(x \in \mathbb{Z},xb \equiv 1 \pmod a\)。
\(\because bc \equiv 0 \pmod a\)
\(\therefore xbc \equiv 0 \pmod a\)
\(\therefore c \equiv 0 \pmod a\)
然后对于上面的式子，设 \(d = \gcd(a,n),a = du, n = dv\)。
则有 \(\gcd(u,v) = 1\)。
于是 \(ab \equiv ac \pmod n \iff v \mid u(b-c) \iff v \mid b-c\)，
所以有 \(b \equiv c \pmod v\)。
一些推论
-
\(a^n \mid b^n \implies a \mid b\)；
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\(\forall k = 2d+1(d \in \mathbb{N}),1+2+\ldots+n \mid 1^k+2^k+\ldots+n^k\)；
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\(\large {0,a,2a,\ldots,(n-1)a\text{ 构成模 }n\text{ 意义下的完系 }\iff \gcd(a,n) = 1}\)；
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\(\sum\limits_{i = 1}^{b-1}\left\lfloor\frac{a\cdot i}{b}\right\rfloor = \frac{(a-1)\cdot(b-1)}{2}\)；
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\(\sum\limits_{i = 1}^{\frac{m-1}{2}}\left\lfloor\frac{n \cdot i}{m}\right\rfloor+\sum\limits_{i = 1}^{\frac{n-1}{2}}\left\lfloor\frac{m \cdot i}{n}\right\rfloor = \frac{(n-1)\cdot(m-1)}{4},(n,m\text{ 为互质奇数})\)；
-
\(\gcd(a,b) = 1 \implies \gcd(a^m-b^m,a^n-b^n) = a^{\gcd(m,n)}-b^{\gcd(m,n)}\)，由此有 \(m \mid n \iff a^m-b^m \mid a^n-b^n (\gcd(a,b) = 1)\)。