歐拉函數，歐拉定理（費馬小定理），擴展歐拉定理的證明和應用——楊子曰數學

原創 杨子曰 2020-06-01 16:13

歐拉函數，歐拉定理（費馬小定理），擴展歐拉定理的證明和應用——楊子曰數學

超鏈接：數學合集

瞎BB：破紀錄，最長的博客名！（英文題目除外）

先做個預告：
在文章的最後我們要解決一個灰常玄學的問題:求aaaa⋅⋅⋅mod p（無窮多個a）a^{a^{a^{a^{·^{·^{·}}}}}} mod \ p（無窮多個a）

一、歐拉函數

1.它是啥

φ(n)\varphi(n)：就是小於等於n的數中與n互質的數的個數

2.性質一：歐拉函數是積性的

就是φ(n∗m)=φ(n)∗φ(m)\varphi(n*m)=\varphi(n)*\varphi(m) （條件：m，n互質）
爲什麼捏？
我們不妨假設小於m的數中於m互質的數爲：x1,x2,x3...xφ(m)x_1,x_2,x_3...x_{\varphi(m)}，我們給它取個名字叫做m的簡化剩餘系
我們不妨假設小於n的數中於n互質的數爲：y1,y2,y3...yφ(n)y_1,y_2,y_3...y_{\varphi(n)}，我們給它取個名字叫做n的簡化剩餘系

你會發現我們如果能證明好下面三個事情就得證了：

  1. gcd(xi∗n+yj∗m,mn)=1gcd(x_i*n+y_j*m,mn)=1，也就是這小於mnmn的數中與mnmn互質的數可以從m的簡化剩餘系裏選一個n的簡化剩餘系選一個用(xi∗n+yj∗m)mod mn(x_i*n+y_j*m)mod\ mn算出來，我們要φ(n∗m)\varphi(n*m)個數，有φ(n)∗φ(m)\varphi(n)*\varphi(m)種選法
  2. 這樣選出來的φ(n)∗φ(m)\varphi(n)*\varphi(m)個數沒有重複
  3. 這樣選出來的φ(n)∗φ(m)\varphi(n)*\varphi(m)個數沒有少

一個一個慢慢來：

①gcd(xi∗n+yj∗m,mn)=1gcd(x_i*n+y_j*m,mn)=1

首先我們從gcd(xi,m)=1gcd(x_i,m)=1開始
n和m互質，So，我們給x乘一個n等式依然成立
gcd(xi∗n,m)=1gcd(x_i*n,m)=1
然後我們在給xi∗nx_i*n加上一個m的倍數yj∗my_j*m，等式依然成立
gcd(xi∗n+yj∗m,m)=1⋯①gcd(x_i*n+y_j*m,m)=1 \cdots①
同理（對稱一下），我們也可以得到：
gcd(yj∗m+xi∗n,n)=1⋯②gcd(y_j*m+x_i*n,n)=1 \cdots②
①和②放在一起看，你會發現：xi∗n+yj∗mx_i*n+y_j*m又和m互質，又和n互質，那麼和mn也一定互質：
gcd(xi∗n+yj∗m,mn)=1gcd(x_i*n+y_j*m,mn)=1
得證

②這樣選出來的φ(n)∗φ(m)\varphi(n)*\varphi(m)個數沒有重複

也就是任意的xi∗n+yj∗mx_i*n+y_j*m模mn都不同餘
那麼我們能不能這樣來：如果我們能通過:xi∗n+yj∗m≡xp∗n+yq∗m(mod mn)x_i*n+y_j*m \equiv x_p*n+y_q*m (mod\ mn)推出i=p,j=ki=p,j=k的話這個部分就得證了

那我們就來試試看唄：
xi∗n+yj∗m≡xp∗n+yq∗m(mod mn)x_i*n+y_j*m \equiv x_p*n+y_q*m (mod\ mn)
模mn下同餘，那麼在模m下也同餘
xi∗n+yj∗m≡xp∗n+yq∗m(mod m)x_i*n+y_j*m \equiv x_p*n+y_q*m (mod\ m)
yj∗my_j*m和yq∗my_q*m都是m的倍數，模m都是0，So，扔掉也無所謂：
xi∗n≡xp∗n(mod m)x_i*n\equiv x_p*n(mod\ m)
同餘號兩邊同時除掉一個n：
xi≡xp(mod m)x_i\equiv x_p(mod\ m)
m的簡化剩餘系中的數都互不相等
哦，那不就是i=p了嗎！
同理j=q，得證！

③這樣選出來的φ(n)∗φ(m)\varphi(n)*\varphi(m)個數沒有少

設 z 是mn的簡化剩餘系的集合的任意某個元素，那麼我們現在就是要證明z一定能用xi∗n+yj∗mx_i*n+y_j*m表示，黑喂狗：
我們都知道m∗x0+n∗y0=gcd(m,n)m*x_0+n*y_0=gcd(m,n)一定有關於x0,y0x_0,y_0的整數解
（有人問爲什麼嗎？貝祖定理←自己瞧）
然後我們還知道：gcd(m,n)=1gcd(m,n)=1，So，一定存在整數x0,y0x_0,y_0使得m∗x0+n∗y0=1m*x_0+n*y_0=1 ，然後同時乘個z，於是我們得到了：
m∗x0∗z+n∗y0∗z=zm*x_0*z+n*y_0*z=z
也就是一定存在整數x,y，滿足：m∗x+n∗y=zm*x+n*y=z

然後我們把gcd(z,mn)=1gcd(z,mn)=1裏的z帶掉，得到了：
gcd(m∗x+n∗y,mn)=1gcd(m*x+n*y,mn)=1
那麼下面這個也一定成立：
gcd(m∗x+n∗y,m)=1gcd(m*x+n*y,m)=1
m∗xm*x是m的倍數，So，m∗xm*x對這兩個東西的互質毫無貢獻，於是乎我們又得到了：
gcd(n∗y,m)=1gcd(n*y,m)=1
有沒有發現n和m是互質的，然後我們就美滋滋地得到了：
gcd(y,m)=1gcd(y,m)=1
然後咱們再用一下歐幾里得算法（戳我）：
gcd(m,y mod m)=1gcd(m,y \ mod\ m)=1
也就是說y mod my \ mod\ m是一個小於m且和m互質的數，有沒有發現它一定在m的簡化剩餘系的簡化剩餘系裏（←它的定義就是這樣的呀）
然後我們就開心地得到了：
y≡xi(mod m)y\equiv x_i(mod\ m)
我們再把整個式子都乘個n，我們就有了：
n∗y≡n∗xi(mod nm)⋯①n*y\equiv n*x_i(mod\ nm) \cdots①
同理，我們還有：
m∗x≡m∗yj(mod nm)⋯②m*x\equiv m*y_j(mod\ nm) \cdots②
最後把①②咔嚓一加：
m∗x+n∗y≡n∗xi+m∗yi(mod nm)m*x+n*y\equiv n*x_i+m*y_i(mod\ nm)
就是：
z≡n∗xi+m∗yi(mod nm)z\equiv n*x_i+m*y_i(mod\ nm)
完美得證！

至此我們終於得到了，歐拉函數的積性o(￣▽￣)ブ

3.性質二：p是質數時：φ(pk)=(p−1)∗pk−1\varphi(p^k)=(p-1)*p^{k-1}

已知小於pkp^k的正整數的有pk−1p^k-1個,其中和pkp^k不互質的正整數有p×1,p×2,...,p×(pk−1−1)p×1,p×2,...,p×(p^{k-1}-1)，共計pk−1−1p^{k-1}-1個

so, φ(pk)=pk−1−(pk−1−1)=pk−pk−1=(p−1)∗pk−1\varphi(p^k)= p^k-1-(p^{k-1}-1)=p^k-p^{k-1}=(p-1)*p^{k-1}

4.怎麼求捏？

我們就來根據性質一和性質二來推導一下：

我們先分解一下質因數：
φ(n)=φ(p1k1∗p2k2∗p3k3∗⋯∗psks)\varphi(n)=\varphi({p_1}^{k_1}*{p_2}^{k_2}*{p_3}^{k_3}* \cdots*{p_s}^{k_s})
然後再由它的積性，我們得到了：
φ(n)=φ(p1k1)∗φ(p2k2)∗φ(p3k3)∗⋯∗φ(psks)\varphi(n)=\varphi({p_1}^{k_1})*\varphi({p_2}^{k_2})*\varphi({p_3}^{k_3})* \cdots*\varphi({p_s}^{k_s})
然後性質2搞一搞：
φ(n)=(p1k1−1∗p2k2−1∗p3k3−1∗⋯∗psks−1)∗(p1−1)∗(p2−1)∗(p3−1)∗⋯∗(ps−1)\varphi(n)=({p_1}^{k_1-1}*{p_2}^{k_2-1}*{p_3}^{k_3-1}*\cdots*{p_s}^{k_s-1})*(p_1-1)*(p_2-1)*(p_3-1)* \cdots*(p_s-1)
從右邊的每個小括號裏拿出一個pip_i乘到左邊的括號中，我們得到了：
φ(n)=(p1k1∗p2k2∗p3k3∗⋯∗psks)∗(1−1p1)∗(1−1p2)∗(1−1p3)∗⋯∗(1−1ps)\varphi(n)=({p_1}^{k_1}*{p_2}^{k_2}*{p_3}^{k_3}*\cdots*{p_s}^{k_s})*(1-\frac{1}{p_1})*(1-\frac{1}{p_2})*(1-\frac{1}{p_3})* \cdots*(1-\frac{1}{p_s})
也就是說，我們得到了φ(n)\varphi(n)的通項公式：
φ(n)=n∗(1−1p1)∗(1−1p2)∗(1−1p3)∗⋯∗(1−1ps)\varphi(n)=n*(1-\frac{1}{p_1})*(1-\frac{1}{p_2})*(1-\frac{1}{p_3})* \cdots*(1-\frac{1}{p_s})

複雜度O(n)O(\sqrt{n})

求歐拉函數還有一種線性篩的做法（戳我）
我們馬上進入歐拉定理

二、歐拉定理

1.它是啥？

先上個歐拉定理（條件是a和n互質）：

aφ(n)≡1(mod n)a^{\varphi(n)} \equiv1(mod \ n)

2.它爲啥？

黑喂狗：
我們不妨假設小於n的數中於n互質的數爲：x1,x2,x3...xφ(n)x_1,x_2,x_3...x_{\varphi(n)}，我們給它取個名字叫做集合X（這個X其實就是n的簡化剩餘系）

然後我們再分別令：
{m1=a∗x1m2=a∗x2m3=a∗x3⋮mφ(n)=a∗xφ(n) \left\{ \begin{aligned} m_1 & = a*x_1\\ m_2 & = a*x_2\\ m_3 & = a*x_3\\ \vdots\\ m_{\varphi(n)} & = a*x_{\varphi(n)}\\ \end{aligned} \right.
我們管這個m的序列叫集合M
有了集合X和集合M，我們就可以開始了

不過在開始前，我們先要證明兩件事情：

  1. M中任意兩個數都不模n同餘
  2. M中的數模n得到的數都與n互質

一個一個來：

①M中任意兩個數都不模n同餘

我們用反證法

假設集合M中有mim_i和mjm_j兩個數模n同餘
即：mi≡mj(mod n)m_i \equiv m_j(mod \ n)
也就是：mi−mj≡0(mod n)m_i-m_j \equiv 0(mod \ n)
代入一下：a∗xi−a∗xj≡0(mod n)a*x_i-a*x_j\equiv 0(mod \ n)
a∗(xi−xj)≡0(mod n)a∗(x_i−x_j)\equiv 0(mod \ n)
我們都知道a和n互質（大條件），So：
xi−xj≡0(mod n)x_i−x_j\equiv 0(mod \ n)
我們都知道xix_i和xjx_j都是小於n的不同數，所以xi−xjx_i−x_j一定大於0小於n，So上面那個式子怎麼可能成立

得證！

②M中的數模n得到的數都與n互質

這個比較easy

我們知道：mi=a∗xim_i=a*x_i，這個式子裏a與n互質，xix_i與n互質，然後你就會發現mim_i也和n互質，然後歐幾里得算法搞一下：
gcd(mi,n)=gcd(n,mi mod n)=1gcd(m_i,n)=gcd(n,m_i\ mod\ n)=1
完美，得證！

然後咱們正式開始：

由我們在上面得到的第二條可以得到：mi mod nm_i \ mod\ n出來的一定是一個小於n而且和n互質的數，So，mi mod nm_i \ mod\ n這個數一定在集合X裏（集合X的定義就是這樣的呀！）

有根據第一條集合M中的每個mi mod nm_i \ mod\ n得到的數都不相同，So，你有沒有發現集合M中這每個mi mod nm_i \ mod\ n與集合X中的每個xix_i一 一對應相等

於是我們就得到了：
m1∗m2∗m3∗⋯∗mφ(n)≡x1∗x2∗x3∗⋯∗xφ(n)(mod n)m_1*m_2*m_3*\cdots*m_{\varphi(n)} \equiv x_1*x_2*x_3*\cdots*x_{\varphi(n)}(mod \ n)
代入一下：
a∗x1∗a∗x2∗a∗x3∗⋯∗a∗xφ(n)≡x1∗x2∗x3∗⋯∗xφ(n)(mod n)a*x_1*a*x_2*a*x_3*\cdots*a*x_{\varphi(n)} \equiv x_1*x_2*x_3*\cdots*x_{\varphi(n)}(mod \ n)
aφ(n)∗(x1∗x2∗x3∗⋯∗xφ(n))≡x1∗x2∗x3∗⋯∗xφ(n)(mod n)a^{\varphi(n)}*(x_1*x_2*x_3*\cdots*x_{\varphi(n)})\equiv x_1*x_2*x_3*\cdots*x_{\varphi(n)}(mod \ n)
哦，移過去：
(aφ(n)−1)∗(x1∗x2∗x3∗⋯∗xφ(n))≡0(mod n)(a^{\varphi(n)}-1)*(x_1*x_2*x_3*\cdots*x_{\varphi(n)})\equiv 0(mod \ n)
美滋滋，集合X中的所有數都與n互質，於是乎：
aφ(n)−1≡0(mod n)a^{\varphi(n)}-1\equiv 0(mod \ n)
aφ(n)≡1(mod n)a^{\varphi(n)}\equiv 1(mod \ n)

得證

到這裏，你一定會問了——“這玩意什麼用捏?”
“沒用”
“…”
"BUT，我們把歐拉定理轉換一下就有用了"

3.它能幹啥？

主要可以做兩件事情：

  1. 轉換成費馬小定理後，進行素數檢測（就是給你一個數說出它是不是素數）
  2. 轉換成費馬小定理後求逆元（戳我）
  3. 轉換成擴展歐拉定理以後，歐拉降冪算abmod pa^b mod\ p（這不是快速冪搞搞不就好了，戳這裏就老實了）

咱們一件一件說：

4.費馬小定理

當p是質數時：ap−1≡1(mod p)當p是質數時：a^{p-1} \equiv1(mod \ p)

這……
不就是歐拉定理的特殊情況嗎？
你可不要小看這個東西，他可以告訴你n是不是一個質數

“哦哦，我知道了，隨便找一個小於n的數a，然後代入到費馬小定理裏面，看看是不是同餘就可以了”

沒錯，就是這樣，但是有一個很尷尬的事情：p爲質數是費馬小定理的充分不必要條件！
也就是說，對於2<=a<p，素數p一定滿足費馬小定理
對於一個a，滿足費馬小定理的p可能是合數可能是素數
不滿足費馬小定理一定是合數

“哦，什麼垃圾算法，居然有概率是錯的”

那你多找幾個a不久好了，又要拼rp，美滋滋！

（一般還是不要用這個算法）

int check_prime(int n){
	if (n==1) return 0;
	if (n==2) return 1;
	for (int i=1;i<=20;i++){
		int tmp=rand()%(n-2)+2;
		if (pow(tmp,n-1,n)!=1) return 0;
	}
	return 1;
}

大家還可以去學習一種更加nb的素數檢驗方法——米勒拉賓素數測試

5.擴展歐拉定理

在講擴展歐拉定理之前，先試試這個：口算7555 mod 137^{555}\ mod\ 13

相信機智的大佬們一定有所想法，7和13互質φ(13)\varphi(13)=12，那我們就要湊7127^{12}：
7555=712∗46+3=(712)46∗737^{555}=7^{12*46+3}=(7^{12})^{46}*7^3
於是乎，就可以使用歐拉定理了
(712)46∗73≡146∗73(mod 13)(7^{12})^{46}*7^3\equiv1^{46}*7^3(mod\ 13)
那我們就只需要算一算73 mod 137^3\ mod\ 13就好了，得到答案5

於是有沒有發現我們似乎得到了一個定理：
ab≡ab mod φ(n)(mod n)a^b\equiv a^{b\ mod\ \varphi(n)}(mod\ n)
BUT，它只有在a和p互質的時才成立，沒啥卵用，我們能不能把它拓展到一般情況捏？
於是，我們得到了擴展歐拉定理：
ab≡ab mod φ(n)+φ(n)(mod n)a^b\equiv a^{b\ mod\ \varphi(n)+\varphi(n)}(mod\ n)

證明走起：

我們先把a分解一下質因數：a=p1r1∗p2r2∗p3r3∗⋯∗psrsa={p_1}^{r_1}*{p_2}^{r_2}*{p_3}^{r_3}*\cdots*{p_s}^{r_s}

如果我們可以證明：對於裏面的每個質數pip_i，我們都能證明：
pib≡pib mod φ(n)+φ(n)(mod n){p_i}^b \equiv {p_i}^{b\ mod\ \varphi(n)+\varphi(n)}(mod\ n)
那麼也就是我們一定可以得到：
(piki)b≡(piki)b mod φ(n)+φ(n)(mod n)({p_i}^{k_i})^b \equiv ({p_i}^{k_i})^{b\ mod\ \varphi(n)+\varphi(n)}(mod\ n)
然後我們把每個(piki)b({p_i}^{k_i})^b乘起來，就得到了：
(p1r1∗p2r2∗p3r3∗⋯∗psrs)b≡(p1r1∗p2r2∗p3r3∗⋯∗psrs)b mod φ(n)+φ(n)(mod n)({p_1}^{r_1}*{p_2}^{r_2}*{p_3}^{r_3}*\cdots*{p_s}^{r_s})^b \equiv ({p_1}^{r_1}*{p_2}^{r_2}*{p_3}^{r_3}*\cdots*{p_s}^{r_s})^{b\ mod\ \varphi(n)+\varphi(n)}(mod\ n)
也就是我們要證明的：
ab≡ab mod φ(n)+φ(n)(mod n)a^b\equiv a^{b\ mod\ \varphi(n)+\varphi(n)}(mod\ n)

那現在我們就開始證明：pb≡pb mod φ(n)+φ(n)(mod n)（p是一個質數）p^b \equiv p^{b\ mod\ \varphi(n)+\varphi(n)}(mod\ n)（p是一個質數）

p是一個質數，So，如果n不是p的倍數，那麼n和p一定互質，顯然成立，就是我們上面自己推出來的那個式子右邊多乘了一個pφ(n)p^{\varphi(n)}

而pφ(n) mod n=1(歐拉定理)p^{\varphi(n)} \ mod \ n=1(歐拉定理)，So，等式當然成立

那麼我們現在就來考慮n是p的倍數的情況：

假設：n=pk∗sn=p^k*s（s和p互質）
由於s和p的互質，我們就可以歐拉定理了：
pφ(s)≡1(mod s)p^{\varphi(s)} \equiv1(mod \ s)
這個式子也顯然成立：
(pφ(s))φ(pk)≡1(mod s)(p^{\varphi(s)})^{\varphi(p^k)} \equiv1(mod \ s)
上面已經說過了，歐拉函數是積性函數，又因爲pkp^k和s互質，So：
φ(n)=φ(pk)∗φ(s)\varphi(n)=\varphi(p^k)*\varphi(s)
於是我們就得到了：
pφ(n)≡1(mod s)⋯①（這個式子下面還要用）p^{\varphi(n)} \equiv1(mod \ s)\cdots①（這個式子下面還要用）
又因爲：
pb=(pφ(n))⌊b/φ(n)⌋∗pb mod φ(n)p^b=(p^{\varphi(n)})^{\lfloor b/\varphi(n)\rfloor}*p^{b\ mod\ \varphi(n)}
還因爲：
(pφ(n))⌊b/φ(n)⌋ mod s=1（看①式）(p^{\varphi(n)})^{\lfloor b/\varphi(n)\rfloor}\ mod\ s=1（看①式）
我們得到了：
pb≡pb mod φ(n)(mod s)p^b\equiv p^{b\ mod\ \varphi(n)}(mod\ s)
我們再把整個式子乘pkp^k，得到：
pb+k≡pb mod φ(n)+k(mod s∗pk)p^{b+k}\equiv p^{b\ mod\ \varphi(n)+k}(mod\ s*p^k)
pb+k≡pb mod φ(n)+k(mod n)p^{b+k}\equiv p^{b\ mod\ \varphi(n)+k}(mod\ n)

如果，我們把左右兩邊同時乘pφ(n)−kp^{\varphi(n)-k}，你就會驚悚地發現：
pb+φ(n)≡pb mod φ(n)+φ(n)(mod n)⋯②p^{b+\varphi(n)}\equiv p^{b\ mod\ \varphi(n)+\varphi(n)}(mod\ n)\cdots②
已經非常接近答案了，我們在把①乘pkp^k，得到了：
pφ(n)+k≡pk(mod pk∗s)p^{\varphi(n)+k} \equiv p^k(mod \ p^k*s)
pφ(n)+k≡pk(mod n)⋯③p^{\varphi(n)+k} \equiv p^k(mod\ n)\cdots③
然後我們有這樣的等式：
pb≡pb−k∗pk(mod n)p^b\equiv p^{b-k}*p^k(mod\ n)
然後根據③把pkp^k用pφ(n)+kp^{\varphi(n)+k}帶掉，我們有了：
pb≡pb+φ(n)(mod n)p^b\equiv p^{b+\varphi(n)}(mod\ n)
最後把這個式子帶回②的左邊：
pb≡pb mod φ(n)+φ(n)(mod n)p^b \equiv p^{b\ mod\ \varphi(n)+\varphi(n)}(mod\ n)
哦，我們得證了！

接下來我來解答文章開頭的那個問題：
求aaaa⋅⋅⋅mod p（無窮多個a）求a^{a^{a^{a^{·^{·^{·}}}}}} mod \ p（無窮多個a）
我們不妨令x=aaaa⋅⋅⋅x=a^{a^{a^{a^{·^{·^{·}}}}}}
那麼我們現在就是要求x mod px\ mod\ p
然後你會發現x這個數有一個很神奇但很好理解的性質：x=axx=a^x
So，我們現在要求：ax mod pa^x\ mod\ p
哦，有沒有發現可以用拓展歐拉定理了！
於是我們得到了：
ax≡ax mod φ(p)+φ(p)(mod p)a^x\equiv a^{x\ mod\ \varphi(p)+\varphi(p)}(mod\ p)
然後問題就轉化爲求等式右邊那個東西，想要求出這個東西，就是要求出——x mod φ(p)x\ mod\ \varphi(p)

哦，有沒有發現問題變回了開始的樣子，只不過p變成了φ(p)\varphi(p)，我們在繼續試試：

這時x依然等於axa^x

根據歐拉定理：
ax≡ax mod φ(φ(p))+φ(φ(p))(mod φ(p))a^x\equiv a^{x\ mod\ \varphi(\varphi(p))+\varphi(\varphi(p))}(mod\ \varphi(p))
此時，我們就要求的就是x mod φ(φ(p))x\ mod\ \varphi(\varphi(p))了
p不停地變φ(p)\varphi(p)，顯然是不斷減小的
顯然這是一個遞歸的過程，那麼到什麼時候結束捏？
——當p=1的時候，顯然所有的數模1都是0，然後再回溯上去

OK，完事
如果想要嘗試這道題，你可以戳我（略有區別，它的a永遠等於2）

參考：
https://www.cnblogs.com/wangxiaodai/p/9758242.html
https://blog.csdn.net/qq9764312/article/details/79616041
https://zhuanlan.zhihu.com/p/31510871
https://blog.csdn.net/hzj1054689699/article/details/80693756
https://blog.csdn.net/summonlight/article/details/51967425
https://www.cnblogs.com/handsomecui/p/4755455.html

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