欧拉定理及扩展

前置知识

欧拉函数

同余系

定理内容

若\(gcd(a,n)=1\)，则有\(a^{\psi(n)}\equiv 1\ (mod\ n)\)
当n为素数时，\(\psi(n)=n-1\)，即\(a^{n-1}\equiv 1\ (mod\ n)\)，这就得到了费马小定理。

证明

令\(\Phi_n\)表示模n的最小正缩系：
\(\Phi_n=\{c_1,c_2,\cdots,c_{\psi(n)}\}\)
取一个与n互质的数a，即\(gcd(a,n)=1\)
那么\(a\cdot\Phi_n=\{a\cdot c_1,a\cdot c_2,\cdots,a\cdot c_{\psi(n)}\}\)也是n的一个缩系。

\(\because a\perp n,c_i\perp n\therefore a\cdot c_i\perp n\)
\(\because c_i\equiv r_i\ (mod\ n),a\equiv 1\ (mod\ n)\therefore a\cdot c_i\equiv r_i\ (mod\ n)\)

首先有：

\[\begin{equation*} \underset{i=1}{\overset{\psi(n)}{\Pi}}(a\cdot c_i)\equiv \underset{i=1}{\overset{\psi(n)}{\Pi}}c_i\ (mod\ n) \end{equation*}\]

又有：

\[\begin{equation*} \underset{i=1}{\overset{\psi(n)}{\Pi}}(a\cdot c_i)= a^{\psi(n)}\cdot\underset{i=1}{\overset{\psi(n)}{\Pi}}c_i \end{equation*}\]

即：

\[\begin{equation*} a^{\psi(n)}\cdot\underset{i=1}{\overset{\psi(n)}{\Pi}}c_i\equiv \underset{i=1}{\overset{\psi(n)}{\Pi}}c_i\ (mod\ n) \end{equation*}\]

因为：

\[\begin{equation*} gcd(a^{\psi(n)},\underset{i=1}{\overset{\psi(n)}{\Pi}}c_i)=1 \end{equation*}\]

两边同时除以\(\underset{i=1}{\overset{\psi(n)}{\Pi}}c_i\)得：

\[\begin{equation*} a^{\psi(n)}\equiv 1\ (mod\ n) \end{equation*}\]

扩展欧拉定理

\[a^c\equiv \left\{ \begin{array}{lllr} a^{c\ mod\ \psi(n)}&gcd(a,n)&①&\\ a^c&gcd(a,n)\neq 1,c<\psi(n)&②&(mod\ n)\\ a^{(c\ mod\ \psi(n))+\psi(n)}&gcd(a,n)\neq 1,c\ge\psi(n)&③& \end{array} \right. \]

作用

假设我们要求\(3^{12345}\%10007\)，直接上快速幂就行了。
那\(3^{10^{2000000}}\ \ \%10007\)呢？我们发现指数用long long都存不下来，但这个时候套扩展欧拉公式就很好解决了。

证明

①这个时候a与n互质。
取模的定义：

\[x\ mod\ y=x-\lfloor\frac{x}{y}\rfloor\cdot y \]

令x=c,y=\(\psi(n)\):

\[c=\psi(n)\cdot\lfloor\frac{c}{\psi(n)}\rfloor+c\ mod\ \psi(n) \]

即：

\[\begin{align*} a^cmod\ n&=(a^{\psi(n)\cdot\lfloor\frac{c}{\psi(n)}\ \rfloor})\times(a^{c\ mod\ \psi(n)})\ (mod\ n)\\ &=a^{c\ mod\ \psi(n)}\ (mod\ n) \end{align*} \]

注意当a与n互质时才能用这个公式。

②这个时候a与n不互质，但此时指数较小，故不作处理。

③这个时候a与n不互质，而且指数也较大。
当\(gcd(a,n)\neq 1\)且\(c\ge\psi(n)\)时，

\[a^c=a^{(c\ mod\ \psi(n))+\psi(n)}\ (mod\ n) \]

1.转化
要证上式，即证a的任意一个因子\(p_i\)均满足\(p^c_i\equiv p_i^{(c\ mod\ \psi(n))+\psi(n)}(mod\ n)\)

将a质因数分解：\(a=p_1^{r_1}p_2^{r_2}\cdots\)，其中\(p_i\)为质因数，\(r_i\)为对应指数。
由于每个质因子都满足上式，乘在一起即可得到：
\((p_1^{r_1}p_2^{r_2}\cdots)^c\equiv (p_1^{r_1}p_2^{r_2}\cdots)^{(c\ mod\ \psi(n))+\psi(n)}(mod\ n)\)
即：\(a^c=a^{(c\ mod\ \psi(n))+\psi(n)}\ (mod\ n)\)

2.那么现在只要证\(p^c_i\equiv p_i^{(c\ mod\ \psi(n))+\psi(n)}(mod\ n)\)即可(接下来用\(p\)代替\(p_i\))。
2.1n与p互质
此时\(p^{\psi(n)}\equiv 1(mod\ n)\)，又因为此时①式成立，所以上式成立。
2.2n与p不互质
则可将n写成\(n=s\times p^r\)，r为n的质因数中p的个数。
此时\(s\)与\(p^r\)互质，所以有\(\psi(n)=\psi(s)\times\psi(p^r)\)
则\(p^{\psi(n)}=(p^{\psi(s)})^{\psi(p^r)}=1\ (mod\ s)\)
两边同时乘以\(p^r\)(包括模数):
\(p^{r+\psi(n)}\equiv p^r\ (mod\ n)\)
此时\(c\ge \psi(n)\)并且\(\psi(n)\ge r\)

证明一下\(\psi(n)\ge r\)
\(\psi(n)=\psi(s)\times \psi(p^r)\ge \psi(p^r)=p^r-p^{(r-1)}=p^{(r-1)}(p-1)\ge p^{(r-1)}\ge 2^{(r-1)}\)
即证\(2^{(r-1)}\ge r\) \(\quad\) 注意\(r\)为整数，这个时候接显然成立不过分吧\(\cdots\)
接下来开始求导

所以得到\(c\ge r\)
那么\(p^c=p^{c-r}\times p^r\equiv p^{(c-r)}\times p^{r+\psi(n)}=p^{\psi(n)+c}\ (mod\ n)\)
即：\(p^c\equiv p^{\psi(n)+c}\ (mod\ n)\)注意这个式子的周期性
\(p^c\equiv p^{c-\psi(n)}\equiv p^{c-2\psi(n)}\cdots\equiv p^{(c\ mod\ \psi(n))+\psi(n)}\ (mod\ n)\)
为什么最后要加上\(\psi(n)\)?因为\(c\ mod\ \psi(n)<\psi(n)\)，而我们要求指数大于\(\psi(n)\)
证毕。

参考博客欧拉定理及扩展（附超易懂证明）欧拉定理