欧拉定理及扩展欧拉定理

欧拉定理

\(\forall~a,m \in Z^+\),若\(\gcd(a,m)=1\),则\(a^{\phi(m)} \equiv 1(mod~m)\)

假设这\(\phi(m)\)个数为\(X_1,X_2,...,X_{\phi(m)}\)

引理1 \(X_i\)两两模\(m\)不同余

证明

\(\forall 1\le i,j \le \phi(m)\)且\(i \ne j\),那么

\[X_i~mod~m = X_i \ne X_j = X_j~mod~m \]

\[X_i \not\equiv X_j (mod~m) \]

证毕

设 \(p_i=a\times X_i\)

引理2 \(p_i\) 之间两两模 \(m\) 不同余

证明

\(\forall 1\le i,j \le \phi(m)\)且\(i \ne j\)

假设 \(p_i\) 与 \(p_j\) 同余,那么

\[a \times X_i \equiv a \times X_j (mod~m) \]

\[\because \gcd(a, m) = 1 \]

\[\therefore X_i \equiv X_j (mod~m) \]

矛盾,故\(p_i \not\equiv p_j (mod~m)\)

证毕

引理3 \(p_i\) 与 \(m\) 互质

证明

写出他们的唯一分解式

\[m=P_1^{d_1}P_2^{d_2}...P_k^{d_k} \]

\[a=P_1^{f_1}P_2^{f_2}...P_k^{f_k} \]

\[X_i=P_1^{e_1}P_2^{e_2}...P_k^{e_k} \]

\[p_i=P_1^{e_1+d_1}P_2^{e_2+d_2}...P_k^{e_k+d_k} \]

可知\(\forall d_i \ne 0\),都有\(e_i=f_i=0\),所以 \(e_i+f_i=0\)

所以\(p_i\) 与 \(m\) 互质

证毕

\(\because a\) 与 \(m\) 互质, \(X_i\) 也与 \(m\) 互质

\(\therefore aX_i\) 也与 \(m\) 互质

所以 \(aX_i\) 模 \(m\) 后一定是 \(\phi(m)\) 个与 \(m\) 互质的数, 即\(X_1...X_{\phi(m)}\)

所以 \(X_1X_2...X_{\phi(m)}\equiv aX_1aX_2...aX_{\phi(m)} (mod~m)\)

即\(1\equiv a^{phi(m)} (mod~m)\)

扩展欧拉定理

\[a^c \equiv \begin{cases}a^{c~mod~\phi(m)},gcd(a,m)=1\\a^c,gcd(a,m)\ne 1,c<\phi(m)\\a^{c~mod~\phi(m)+\phi(m)},gcd(a,m)\ne 1,c \ge \phi(m) \end{cases} \]

首先证明 \(gcd(a,m)=1\) 的情况,当 \(m=1\) 时,显然成立.当 \(m \ne 1\) 时,因为 \(a^{\phi(m)} \equiv 1 (mod~m)\),每 \(\phi(n)\) 个数字就相当于乘了一个 \(1\), 所以 \(a^c \equiv a^{c~mod~\phi(m)}\)

然后是 \(gcd(a,m) \ne 1\), 若 \(c < \phi(m)\), 直接快速幂计算即可.

接下来证明 \(c \ge \phi(m)\) 的情况, 只需要 \(a\) 的任意一个质因子满足即可

考虑取 \(a\) 的一个质因子 \(p\), 令 \(m = t \times p^r,\gcd(t,p)=1\)

显然 \(r \le \phi(m)\), 证明如下：

---

因为\(\phi\)是个积性函数,满足 \(\phi(ab)=\phi(a)\phi(b)\)

那么 \(\phi(m)=\phi(t) \times \phi(p^r) \ge phi(p^r),t=1,2\) 时取等

又有 \(\phi(p^r)=p^r-p^{r-1}=(p-1) \times p^{r-1} \ge p^{r-1},p\ge 2,p=2\) 时取等

数学归纳法证明 \(p^{r-1} \ge r\), 当 \(r=1\) 时成立, 假设 \(r=i\) 时 \(p^{i-1} \ge i\)成立, \(p^{i}=p \times p^{i-1} \ge 2 \times p^{i-1}=p^{i-1}+p^{i-1} \ge p^{i-1}+1 \ge i+1\) 成立

因此对于任意 \(p,r \in Z, p \ge 2, r \ge 1\), 都有 \(p^{r-1} \ge r\) 成立

将不等式串起来, 得到 \(r \le \phi(m)\)

---

显然 \(p^{\phi(t)} \equiv 1 (mod~t)\),

又因为 \(\phi(m)=\phi(t)\phi(p^r) \Rightarrow \phi(t)|\phi(m)\)

所以 \(p^{\phi(m)}=(p^{\phi(t)})^{\phi(p^r)} \equiv 1^{\phi(p^r)}=1 (mod~t)\),根据同余的性质

两边同乘一个 \(p^r \Rightarrow p^{\phi(m)+r}\equiv p^r (mod~m)\)

那么 \(p^c \equiv p^{c-r+r} \equiv p^{c-r+\phi(m)+r} \equiv p^{\phi(m)+c} (mod~m)\)

可得 \(p^c \equiv p^{k\phi(m)+c}(mod~m) \Rightarrow p^c \equiv p^{c~mod~\phi(m)+\phi(m)}\)

令 \(f(x)=p^x\mod~m(x\ge\phi(m))\)

将上式写成函数递推式可得 \(f(x)=f(x-\phi(m))\),函数定义域需满足 \(x\ge\phi(m)\),即 \(x\ge 2\phi(m)\) 时可使用此递推式,所以在模后面加个 \(\phi(m)\)

考虑 \(p^k\),\((p^k)^c = p^ck \equiv p^{ck+k\phi(m)} \equiv (p^k)^{\phi(m)+c} \equiv (p^k)^{c~mod~\phi(m)+\phi(m)}(mod~m)\),成立

令 \(a=\prod p_i^{k_i}\),根据同余的性质,\(a^c \equiv a^{c~mod~\phi(m)+\phi(m)}\)成立