hax's Blog

Wolstenholme

Mon, 24 Aug 2026 00:00:00 GMT

Wolstenholme定理

前置知识

二项式系数：$\binom{a}{b}$ 表示从a个不同元素里选出b个元素(不考虑顺序)的组合数类似于$C_n^k$ $$ \binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} $$ 调和级数：$H_n=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}$ 在$\pmod{p}$下，$\frac{1}{i}$代表 $i^{-1} \pmod{p}$

定义

定理： $$ \text{对于素数 } p \geq 5: \binom{2p-1}{p-1} \equiv 1 \pmod{p^3} $$ 调和级数等价表述： $$ \text{对于素数 } p \geq 5: \sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i} \equiv 0 \pmod{p^2} $$

证明：

我们先证调和级数的表述:$\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i}\equiv0\pmod{p^2}$

首先将$i\in[1,p-1]$里的数配对为$(i,p-1)$ 则有： $$ \frac{1}{i}+\frac{1}{p-1}=\frac{p}{i(p-i)}\equiv p*\frac{1}{i(p-i)}\pmod{p^2} $$

$$ 则H_{p-1}=p\sum_{i=1}^\frac{p-1}{2}\frac{1}{i(p-i)}\pmod{p^2} $$

因为其已经化为含有一个p的表述，所以只需证明后半部分 $$ S=\sum_{i=1}^\frac{p-1}{2}\frac{1}{i(p-i)}\equiv 0 \pmod{p} $$ 因为 $p-i\equiv -i\pmod{p}$ 所以 $i(p-i)\equiv-i^2\pmod{p}$ 所以我们只需要证： $$ S=-\sum_{i=1}^\frac{p-1}{2}i^{-2}\equiv 0 \pmod{p} $$ 设$A={1,2,3,...p-1}$，我们知道 $$ \sum_{k=1}^{p-1}k^2=\frac{(p-1)p(2p-1)}{6}\equiv\frac{(-1)p(-1)}{6}\equiv0\pmod{p} $$ 而对于$k\in A,总有k^{-1}\in A$,则当k遍历A时，$k^{-1}$也遍历A

所以 $$ \sum_{k=1}^{p-1}(k^{-1})^2=\sum_{k=1}^{p-1}k^2\equiv0\pmod{p} $$ 再将其分为两段： $$ \sum_{k=1}^{p-1}k^{-2}=\sum_{k=1}^\frac{p-1}{2}k^{-2}+\sum_{k=\frac{p+1}{2}}^{p-1}k^{-2} $$ 对于后半段，我们令$j=p-k$则有： $$ \sum_{k=\frac{p+1}{2}}^{p-1}k^{-2}=\sum_{j=1}^{\frac{p-1}{2}}(p-j)^{-2}\equiv\sum_{j=1}^{\frac{p-1}{2}}j^{-2}\pmod{p} $$ 所以 $$ \sum_{k=1}^{p-1}k^{-2}=2\sum_{k=1}^\frac{p-1}{2}k^{-2}\equiv0\pmod{p} $$ 即 $$ \sum_{k=1}^\frac{p-1}{2}k^{-2}\equiv0\pmod{p} $$ 得证.

接下来我们再证组合数的表述：$\binom{2p-1}{p-1}\equiv1\pmod{p^3}$ $$ \binom{2p-1}{p-1}=\frac{(2p-1)!}{p!(p-1)!}=\frac{(p+1)(p+2)...(p+p-1)}{1·2·...(p-1)}=\prod_{i=1}^{p-1}\frac{p+i}{i}=\prod_{i=1}^{p-1}(1+\frac{p}{i}) $$ 展开连乘式： $$ S=\prod_{i=1}^{p-1}(1+\frac{p}{i})=1+\sum_{i=1}^{p-1}\frac{p}{i}+\sum_{i<j}\frac{p}{i}·\frac{p}{j}+... $$ 所以我们要证的是$S\equiv1\pmod{p^3}$ 因为S中 $\frac{p}{i}$ 三次及以后的项均含有$p^3$,以及前三项中有一个1，所以我们只需要证明 $$ \sum_{i=1}^{p-1}\frac{p}{i}+\sum_{i<j}\frac{p}{i}·\frac{p}{j}=p\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i}+p^2\sum_{i<j}\frac{1}{i}·\frac{1}{j}\equiv0\pmod{p^3} $$ 对于第一部分的$\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i}$，恰是我们前面已经证过的调和级数表述，$H_{p-1}\equiv0\pmod{p^2}$,所以$pH_{p-1}\equiv0\pmod{p^3}$

所以我们只需要证明第二部分这个恶心的东西：$p^2\sum_{i<j}\frac{1}{i}·\frac{1}{j}\equiv0\pmod{p^3}$

我们需要引入一个恒等式： $$ (\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k})^2=\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k^2}+2\sum_{i<j}\frac{1}{ij} $$

具体证明不摆出了，我手打好累

所以我们有 $$ \sum_{i<j}\frac{1}{ij}=\frac{1}{2}({H_{p-1}}^2-\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k^2}) $$ 因为$H_{p-1}\equiv0\pmod{p^2}$,所以${H_{p-1}}^2\equiv0\pmod{p^4}$,那么自然${H_{p-1}}^2\equiv0\pmod{p}$也成立

另一边$\sum_{k=1}^{p-1}\frac{1}{k^2}\equiv0\pmod{p}$是我们上面已经证过的

所以 $$ \sum_{i<j}\frac{1}{ij}\equiv0\pmod{p},p^2\sum_{i<j}\frac{1}{i}·\frac{1}{j}\equiv0\pmod{p^3} $$ 得证.

Getting to Know Quadratic Residues

Sun, 23 Aug 2026 00:00:00 GMT

二次剩余

定义

设 $p$ 是奇素数，$\gcd(a, p) = 1$。若存在 $x$ 使 $x^2 \equiv a \pmod{p}$ 有解，则 $a$ 是模 $p$ 的二次剩余（QR），否则为二次非剩余（QNR）

欧拉判别式

定理：

$$ a \text{ 是 mod } p \text{ 的二次剩余} \iff a^{(p-1)/2} \equiv 1 \pmod{p} $$

$$ a \text{ 是 mod } p \text{ 的二次非剩余} \iff a^{(p-1)/2} \equiv -1 \pmod{p} $$

证明：

在 mod p 下，设 $g$ 是原根，$a \equiv g^k \pmod{p}$，k 是某一个整数

$$ (a^{(p-1)/2})^2 = a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p} $$

所以 $a^{(p-1)/2} \equiv \pm 1 \pmod{p}$

$$ a \text{ 是二次剩余} \iff x^2 \equiv g^k \pmod{p} \text{ 有解} \iff k \text{ 必定是偶数} $$

当 k 是偶数时：

$$ a^{(p-1)/2} = g^{k(p-1)/2} = (g^{p-1})^{k/2} \equiv 1 \pmod{p} $$

当 k 是奇数时：

$$ g^{k(p-1)/2} = g^{(p-1)/2} \cdot (g^{p-1})^{(k-1)/2} \equiv g^{(p-1)/2} \pmod{p} $$

因为 g 是原根，所以 $g^{(p-1)/2} \not\equiv 1 \pmod{p}$（与原根的阶是最小正整数相悖），但是 $(g^{(p-1)/2})^2 \equiv 1 \pmod{p}$，所以：

$$ g^{(p-1)/2} \equiv -1 \pmod{p} $$

勒让德符号

定义

$$ \left(\frac{a}{p}\right) = \begin{cases} 0 & p \mid a \ 1 & a \text{ 是二次剩余} \ -1 & a \text{ 是二次非剩余} \end{cases} $$

则根据欧拉判别式有：

$$ \left(\frac{a}{p}\right) \equiv a^{(p-1)/2} \pmod{p} $$

性质：具有乘法性

$$ \left(\frac{ab}{p}\right) = \left(\frac{a}{p}\right)\left(\frac{b}{p}\right) $$

二次互反律

定理：设 $p, q$ 是不同的奇素数，则有

$$ \left(\frac{p}{q}\right) \cdot \left(\frac{q}{p}\right) = (-1)^{\frac{p-1}{2} \cdot \frac{q-1}{2}} $$

证明：

首先我们需要引入高斯引理：对于奇素数 $p$ 和整数 $a$，$\gcd(a, p) = 1$

有：

$$ \left(\frac{a}{p}\right) = (-1)^n $$

其中 $n$ 是序列 ${a, 2a, 3a, \ldots, \frac{p-1}{2}a}$ 中 mod p 的最小正剩余中大于 $\frac{p}{2}$ 的数的个数

再引入一个计数原理：在高斯引理中，若 $a$ 为奇数，则：

$$ \left(\frac{a}{p}\right) = (-1)^{\sum_{x \in A_p} \lfloor \frac{ax}{p} \rfloor} $$

具体证明不摆出.

则有对于 $p, q$：

$$ A_p = {1, 2, 3, \ldots, \frac{p-1}{2}}, \quad A_q = {1, 2, 3, \ldots, \frac{q-1}{2}} $$

$$ S_1 = {(x, y) : x \in A_p, y \in A_q, qx > py} $$

$$ S_2 = {(x, y) : x \in A_p, y \in A_q, qx < py} $$

对于 $S_1$ 而言：$qx > py \Rightarrow y < \frac{qx}{p}$，则 $y = \lfloor\frac{qx}{p}\rfloor$

所以：

$$ |S_1| = \sum_{x \in A_p} \lfloor\frac{qx}{p}\rfloor $$

则：

$$ \left(\frac{q}{p}\right) = (-1)^{\sum_{x \in A_p} \lfloor \frac{qx}{p} \rfloor} = (-1)^{|S_1|} $$

同理：

$$ \left(\frac{p}{q}\right) = (-1)^{\sum_{x \in A_q} \lfloor \frac{px}{q} \rfloor} = (-1)^{|S_2|} $$

对于任意一对 $(x, y)$，要么 $qx > py$，要么 $qx < py$，所以 $|S_1|, |S_2|$ 瓜分了所有 $(x, y)$ 组成的集合 $A_p \times A_q$

如果 $qx = py$，因为 $p, q$ 互质，则必须是 p 整除 x，但是 x 只取 1 到 $\frac{p-1}{2}$，不可能达到。所以 $qx = py$ 不可能发生

又因为：

$$ |S_1| + |S_2| = |A_p| \times |A_q| $$

所以：

$$ \left(\frac{p}{q}\right) \cdot \left(\frac{q}{p}\right) = (-1)^{\frac{p-1}{2} \cdot \frac{q-1}{2}} $$

Jacobi符号

勒让德符号推广到任意的奇整数$n={p_1}{p_2}...p_k$: $$ \left(\frac{a}{n}\right) = \prod_{i=1}^{k} \left(\frac{a}{p_i}\right) $$

区别：Jacobi符号中，=-1则a一定是非剩余，但是=1不保证是二次剩余（因子可能抵消）

贝祖定理

定理：对任意不全为零的整数 $a, b$，存在整数 $x, y$ 使 $ax + by = \gcd(a, b)$。

证明：

首先需要引入良序原理：自然数集合$N$(或者正整数集合{1,2,3,...})的每一个非空子集，都一定存在一个最小的元素

令 $$ S={ax+by|x,y\in Z,ax+by>0} $$ 不难得知S非空，又由于良序原理，所以S中必有一个最小元素，记其为d

则必存在$x_0,y_0$,使得 $d = ax_0+by_0$ 再用a除以d做带余除法： $$ a=d*q+r,0\leq r<d $$ 代入原式： $$ r=a-dq=a-(ax_0+by_0)q=a(1-x_0q)+b(-y_0q) $$ 则r也可以写成$a,b$的线性组合，但是r<d，如果r非0，这就与d是最小元素相悖，所以r必等于0，所以$a=dq$，所以$d|a$

同理证明d整除b

因此，d是a和b的一个公因数

再设c是a和b的任意一个公因数，那么必有 $$ c|(ax_0+by_0)=d $$ 则不难知必有$c\leq d$ 所以d是最大的一个a和b的公因数

gcd的性质

性质	公式
交换律	$\gcd(a, b) = \gcd(b, a)$
结合律	$\gcd(a, \gcd(b, c)) = \gcd(\gcd(a, b), c)$
GCD与LCM(最小公倍数)	$\gcd(a,b) \cdot \text{lcm}(a,b) = ab$
线性性	$\gcd(ca, cb) = c \cdot \gcd(a, b)$

算术基本定理

定理：每个大于 $1$ 的正整数 $n$ 可唯一表示为素数的乘积（不考虑顺序）。

Hello World

Fri, 21 Aug 2026 00:00:00 GMT

哈哈哈哈在这里随便写东西好舒服呀好骚爽呀嘿嘿