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“小凯的疑惑”中的核心命题

$$\forall n>ab-a-b,\exists p,qs.t.n=pa+qb$$

其中，$a,b$ 为一对互质的整数，$n$ 为整数，$p,q$ 均为非负整数。后文中，不指明取值范围的符号均默认理解为整数（尽管如此，我会尽可能指明每个符号的取值范围）。

定义 $1$：标准逆元 $a_b^{-1}$

若 $a$ 为正整数， $b$ 为大于 $1$ 的正整数，且 $\gcd (a,b)=1$。根据拓展欧几里得算法，我们能够找到一对整数 $p,q$ 使得：
$$pa+qb=1$$
我们记 $a_b^{-1}=p\mathrm{mod}b$，读作 $a$ 在模 $b$ 意义下的标准逆元，换言之有 $0\le a_b^{-1}<b$。由于可能有多组 $(p,q)$ 满足上述方程，我们需要证明 $a_b^{-1}$ 的唯一性：

设 $p_{1}a+q_{1}b=1$ 且 $p_{2}a+q_{2}b=1$，我们需要证明 $p_1\equiv p_2\mathrm{mod}b$。由于当 $p_1=p_2$ 时结论显然成立，不妨设 $p_1\ne p_2$。两式联立，得到：

$$\begin{array}{rl}{p}_{1}a+q_{1}b& =p_{2}a+q_{2}b=1\\ \therefore (p_1-p_2)a& =(q_2-q_1)b\end{array}$$

在等式 $(p_1-p_2)a=(q_2-q_1)b$ 中，我们看到 $p_1-p_2\ne 0$，$q_1-q_2\ne 0$，而且两侧都是 $b$ 的整数倍。即 $b|(p_1-p_2)a$，而我们知道 $\gcd (a,b)=1$，根据欧几里得引理可知：
$$b|(p_1-p_2)$$
而这等价于 $p_1\equiv p_2\mathrm{mod}b$。综上，$a_b^{-1}$ 的唯一性得证。

标准逆元的性质： $a_b^{-1}a\equiv 1\mathrm{mod}b$

根据我们的定义，存在 $pa+qb=1$ （即 $pa\equiv 1\mathrm{mod}b$） 使得 $a_b^{-1}\equiv p\mathrm{mod}b$，由于同余关系是等价关系，因此可以将 $a_b^{-1}$ 替换同余式中的 $p$，得到 $a_b^{-1}a\equiv 1\mathrm{mod}b$。

另一方面，我们在计算标准逆元时，我们要求 $b$ 必须为大于 $1$ 的正整数。因此我们能够知道 $a_b^{-1}\ne 0$。反证法：假设 $a_b^{-1}=0$，则有 $a_b^{-1}a=0$，而 $0\not\equiv 1\mathrm{mod}b$，与标准逆元的性质矛盾。因此有 $1\le a_b^{-1}<b$ 成立。

引理 $1$：$ab+1=a_b^{-1}\cdot a+b_a^{-1}\cdot b(a>1,b>1,\gcd (a,b)=1)$

注：这个引理是打酱油的，即使不使用这个引理，我们仍然可以证明定理 $1$ 和定理 $2$。

首先证明右侧 $a_b^{-1}\cdot a+b_a^{-1}\cdot b=1\mathrm{mod}ab$，再证明 $a_b^{-1}\cdot a+b_a^{-1}\cdot b>1$，再证明 $a_b^{-1}\cdot a+b_a^{-1}\cdot b<2ab$，最后夹得答案。

1. 使用类似中国剩余定理得证明方式进行证明 $a_b^{-1}\cdot a+b_a^{-1}\cdot b=1\mathrm{mod}ab$，设 $x=a_b^{-1}\cdot a+b_a^{-1}\cdot b$。

首先，证明 $x\equiv 1\mathrm{mod}a$，再证明 $x\equiv 1\mathrm{mod}b$，最后合并得到 $x\equiv 1\mathrm{mod}ab$。由于 $a_b^{-1}\cdot a$ 是 $a$ 的倍数，所以 $x\equiv b_a^{-1}\cdot b\equiv 1\mathrm{mod}a$。同理可得 $x\equiv 1\mathrm{mod}b$。

根据这两个同余式，我们得知，一定存在整数 $k_1,k_2$ 使得：

$$\begin{array}{rl}x& =k_{1}a+1\\ x& =k_{2}b+1\end{array}$$

此时，我们得到 $k_{1}a=k_{2}b$。可以看到，这个等式两侧都是 $b$ 的倍数，但 $a,b$ 互质，那么，根据欧几里得引理可知，$k_1$ 一定是 $b$ 的倍数。因为 $b>1(i.e.,b\ne 0)$，我们可以得知，$\frac{k_1}{b}$ 是整数。

因此，我们可以得到：

$$x=k_{1}a+1=\frac{k_1}{b}\cdot ab+1$$

而这就意味着，$x\equiv 1\mathrm{mod}ab$。

2. 再证明 $a_b^{-1}\cdot a+b_a^{-1}\cdot b>1$，这个证明是显然的。根据标准逆元的性质，$a_b^{-1},b_b^{-1}$ 均大于等于 $1$，而 $a,b$ 均大于 $1$，两个大于一的数之和仍然是大于一的。

$$a_b^{-1}\cdot a+b_a^{-1}\cdot b\ge a+b>1$$

3. 证明 $a_b^{-1}\cdot a+b_a^{-1}\cdot b<2ab$，这个过程也不难，由于 $1\le a_b^{-1}<b,1\le b_a^{-1}<a$，因此有 $a_b^{-1}\cdot a<ab,b_a^{-1}\cdot b<ab$，故两者之和小于 $2ab$。

4. 由于在开区间 $(1,2ab)$ 中，模 $ab$ 意义下与 $1$ 同余的数只有 $ab+1$ 一个，因此可知：
   $$ab+1=a_b^{-1}\cdot a+b_a^{-1}\cdot b$$

等式得证。

定理 $1$：任意整数 $n\ge ab-a-b+1$，均能写成 $n=pa+qb$ 的形式，其中 $a,b$ 为一对互质的正整数，$p,q$ 为非负整数

这一命题就是小凯的疑惑中的核心命题。当 $a=1$ 时，$ab-a-b+1=0$，命题退化为：对于任意正整数 $n$，都能写成 $n=p\cdot 1+q\cdot b$ 的形式。不难发现取 $p=n,q=0$ 即可。当 $b=1$ 时，也是类似的情况，结论显然是正确的。因此我们只需要考虑 $a>1$ 且 $b>1$ 的情况。

根据引理 $1$：$ab+1=a_b^{-1}\cdot a+b_a^{-1}\cdot b$，我们得到：
$$ab-a-b+1=(a_b^{-1}-1)\cdot a+(b_a^{-1}-1)\cdot b$$

根据标准逆元的性质，$1\le a_b^{-1},1\le b_a^{-1}$，因此 $a_b^{-1}-1\ge 0$，$b_a^{-1}-1\ge 0$。可以看到当 $n=ab-a-b+1$ 时，取 $p=a_b^{-1}-1,q=b_a^{-1}-1$，那么 $n=pa+qb$ 就是一种符合要求的表示方式，因此当 $n=ab-a-b+1$，“符合条件的表示”存在。（这只是一个打酱油的证明，后面的内容根本没有用到它。）

根据拓展欧几里得定理，我们能够找到一对整数 $p^{\prime },q^{\prime }$ 使得：

$$1=p^{\prime }a+q^{\prime }b$$

换言之，$n=(n{p}^{\prime })a+(n{q}^{\prime })b$，在形式上看起来符合 “$n=pa+qb$” 这一形式，但是实际上我们并不能保证 $p^{\prime }$ 和 $q^{\prime }$ 都是非负的。但是我们接下来可以证明，一定存在一个整数 $t$ 使得：
$$n=(n{p}^{\prime }+t\cdot b)a+(n{q}^{\prime }-t\cdot a)b$$

且满足 $n{p}^{\prime }+t\cdot b\ge 0,n{q}^{\prime }-t\cdot a\ge 0$。通俗的讲，就是 $p,q$ 的原始解 $(n{p}^{\prime },n{q}^{\prime })$ 一定能够平移到一组非负解上。记 $p(t)=n{p}^{\prime }+t\cdot b,q(t)=n{q}^{\prime }-t\cdot a$，可以看到，$p(t)$ 与 $t$ 成正相关，$q(t)$ 与 $t$ 成负相关，我们要做的事情就是找到一个 $t$，使得 $p(t)$ 与 $q(t)$ 均大于等于零。

考虑反证法，假设不存在满足条件的 $t$ 使得 $p(t)$ 与 $q(t)$ 同时大于等于零 ，换言之，当 $p(t)\ge 0$ 时 $q(t)$ 一定小于零，当 $q(t)\ge 0$ 时 $p(t)$ 一定小于零。那么一定存在着一个分界点 $t_0$ 使得:
$$\begin{array}{r}p(t-1)<0,p(t)\ge 0,q(t)<0\end{array}$$

此时 $t=t_0$ 是能使得 $p(t)\ge 0$ 的最小的 $t$ 值。由于 $p(t)$ 的单调性，$p(t)\ge 0$ 当且仅当 $t\ge t_0$。再增大 $t$，只会让 $p(t)$ 变得更大，$q(t)$ 变得更小。如果 $t=t_0$ 不能使 $q(t)\ge 0$，那么 $p(t),q(t)$ 就一定不能同时大于等于零。接下来我们要推出矛盾，从而证明假设不成立。

由 $p(t-1)<0$ 得到 $n{p}^{\prime }+(t-1)b<0$ 即 $n{p}^{\prime }+tb<b$。由 $p(t)\ge 0$ 得到 $n{p}^{\prime }+tb\ge 0$，两者结合得到 $0\le n{p}^{\prime }+tb<b$，而这说明 $n{p}^{\prime }+tb=(n{p}^{\prime }\mathrm{mod}b)$。因此：$p(t)\cdot a\le (b-1)\cdot a$。

由于 $q(t)<0$，因此 $q(t)\le -1$ 进而 $q(t)\cdot b\le -b$ 所以 $-q(t)\cdot b\ge b$。我们已知 $n\ge ab-a-b+1$ 带入 $n=p(t)a+q(t)b$ 得到：

$$\begin{array}{rl}p(t)a+q(t)b& \ge ab-a-b+1\\ \therefore p(t)a& \ge -q(t)b+ab-a-b+1\ge ab-a+1=(b-1)a+1\end{array}$$

而这里与上文中 $p(t)\cdot a\le (b-1)a$ 矛盾。换言之，存在 $t$ 使得 $p(t)$ 与 $q(t)$ 同时大于等于零。另外，根据 $n{p}^{\prime }+tb=n{p}^{\prime }\mathrm{mod}b$，我们得到了一种构造 $t$ 的方式：

$$t=-\lfloor \frac{n{p}^{\prime }}{b}\rfloor$$

因此，对于任意的 $n\ge ab-a-b+1$ 取 $p=n{p}^{\prime }-\lfloor \frac{n{p}^{\prime }}{b}\rfloor \cdot b,q=n{q}^{\prime }+\lfloor \frac{n{p}^{\prime }}{b}\rfloor \cdot a$ 则有以下条件成立：

1. $n=pa+qb$；
2. $p\ge 0,q\ge 0$；

定理 $2$：对于 $n=ab-a-b$，$a,b$ 为互质的正整数，不存在非负整数对 $p,q$ 使得 $n=pa+qb$

当 $a=1$ 时，$n=ab-a-b=b-1-b=-1<0$ 而 $pa+qb\ge 0$，因此定理在此条件下成立。当 $b=1$ 时也是同理。因此我们只需要考虑 $a>1$ 且 $b>1$ 的情况。

考虑等式 $ab-a-b=pa+qb$。两侧同时模 $b$ 得到 $-b\equiv qb\mathrm{mod}a$，同余式两侧同时乘以 $b_a^{-1}$，可以得到 $q\equiv -1\mathrm{mod}a$。使用类似的方法，可以得到 $p\equiv -1\mathrm{mod}b$。倘若等式可能有 $p,q$ 的非负整数解，那么一定有：

p ∈ { − 1 + k 1 ⋅ b ∣ k 1 ∈ Z } q ∈ { − 1 + k 2 ⋅ a ∣ k 2 ∈ Z } \begin{aligned} p\in\{-1+k_1\cdot b\mid k_1\in \Z\}\\ q\in\{-1+k_2\cdot a\mid k_2\in \Z\} \end{aligned} p∈{−1+k1​⋅b∣k1​∈Z}q∈{−1+k2​⋅a∣k2​∈Z}​

又根据 $p\ge 0,q\ge 0,a>1,b>1$，可知 $p\ge b-1,q\ge a-1$，因此 $pa+qb\ge (b-1)a+(a-1)b=2ab-a-b>ab-a-b$。因此 $ab-a-b$ 与 $pa+qb$ 不可能相等，故命题得证。