欧拉定理与欧拉函数学习

数论太难了喵

欧拉函数

概念

\[\varphi(n) \]

意为 \([1,n]\) 中,与\(n\)互质的数的个数

计算

欧拉函数的计算方法为

\[\varphi(n)=n\prod_{\substack{p\mid n\\p\text{为质数}}} \left(1-\frac1p\right)\]

证明

从不互质入手

如果一个数\(x \in [1,n]\)与\(n\)不互质,那么意味着,他必须被\(n\)的一些质因子整除

那么我们就要在\([1.n]\)中删除所有可以被\(n\)的质因子整除的数

我们考虑一个\(n\)的质因子\(p\),我们要删除可以被质因子\(p\)整除的\([1,n]\)中的数.

显然,在\([1,n]\)中,有$$\frac{n}{p}$$个数可以被\(p\)整除.

那么,将这些数从\([1,n]\)中剔除后,还剩下$$n-\frac{n}{p}$$个数.

等价于$$n(1-\frac{1}{p})$$

我们考虑如何剔除被不同质因数整除的数.

例如我们要排除被\(p,q\)整除的数.那么首先,总数$$n$$,减去可以被\(p\)整除的,$$n-\frac{n}{p}$$,减去可以被\(q\)整除的$$n-\frac{n}{p}-\frac{n}{q}$$,但是由于同时可以被\(p,q\)整除的数被算了两遍.所以要加回来$$n-\frac{n}{p}-\frac{n}{q}+\frac{n}{pq}$$整理

\[n(1-\frac{1}{p}--\frac{1}{q}+-\frac{1}{pq}) \]

\[n(1-\frac{1}{p})(1-\frac{1}{q}) \]

多个同理

综上,欧拉函数的计算方法为

\[\varphi(n)=n\prod_{\substack{p\mid n\\p\text{为质数}}} \left(1-\frac1p\right)\]

欧拉定理

概念

如果

\[gcd(a,n)=1 \]

那么

\[a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod n \]

证明

现在,我们有\(\varphi(n)\)个与\(n\)互质且位于\([1,n]\)的数, 记作$$x_1,x_2,...,x_{\varphi(n)}$$同时,我们有$$gcd(a,n)=1$$.

我们先给每个\(x\)乘上\(a\),即$$ax_1,ax_2,...,ax_{\varphi(n)}$$

对于这个集合,有如下性质.

• 集合内每个元素关于\(\pmod n\)的值两两不同

• 这个集合内的每个元素模n后都与\(n\)互质

证明集合内每个元素关于\(\pmod n\)的值两两不同

反证法:假设存在\(ax_i \equiv ax_j \pmod n\)

根据同余的定义$$n|(ax_i - ax_j) $$ 整理 $$n|a(x_i-x_j)$$

同时,我们有\(gcd(a,n)=1\) 即\(a\),\(n\)没有公共因子. 所以以上公式等价于$$n|(x_i-x_j)$$

但是,由于欧拉函数的定义,所以\((x_i-x_j)\)总是小于\(n\),且不等于\(0\). 与$$n|(x_i-x_j)$$冲突.

所以集合内每个元素关于\(\pmod n\)的值两两不同

证毕

证明这个集合内的每个元素模n后都与\(n\)互质

由于\(a\)与\(n\)没有公共质因子,同时\(x\)也与\(n\)没有公共质因子.所以\(ax\)与\(n\)没有公共质因子. 所以\(ax\)总是与\(n\)互质.所以\(ax \pmod n\)与\(n\)互质

证毕

现在我们得到了一个新的排列$$ax_1,ax_2,...,ax_{\varphi(n)}$$, 我们将这个排列里的每一个数全部\(\pmod n\) 由于上面分析的两个性质. 所以取模后的数列肯定是原来\(x\)数列的一个新的排列

然后我们给这两个排列全部乘起来.

\[(ax_1)(ax_2)...(ax_{\varphi(n)}) \equiv x_1x_2...x_{\varphi(n)} \pmod n \]

等价于

\[a^{\varphi(n)}x_1x_2...x_{\varphi(n)} \equiv x_1x_2...x_{\varphi(n)} \pmod n \]

两边同除

\[a^{\varphi(n)}\equiv 1 \pmod n \]

证毕

常见应用

快速幂优化

结论

若$$gcd(a,n)=1$$

则

\[a^b \equiv a^{b \pmod {\varphi(n)}} \pmod n \]

证明

\[a^b \equiv a^{b-{\varphi(n)}}a^{\varphi(n)} \pmod n \]

由于我们有$$a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod n$$

所以,将 \(a^b \equiv a^{b-\varphi(n)}a^{\varphi(n)}\) 中的\(a^{\varphi(n)}\)消去,得

\[a^b \equiv a^{b-{\varphi(n)}} \pmod n \]

显然,我们可以由这个式子得到$$a^b \equiv a^{b \pmod {\varphi(n)}} \pmod n$$