欧拉定理及扩展（附超易懂证明）

欧拉定理#

若 $\gcd(a,m)=1$，则满足 $a^{\varphi (m)} \equiv 1 \pmod m$

证明#

设 $[1,m)$ 内与 $m$ 互质的数为数列 $\{b_n\}=\{b_1,b_2,b_3,\cdots,b_{\varphi (m)}\}$

因为 $a,m$ 互质且 $b_i,m$ 互质，所以数列 $\{A_n\}=\{ab_1,ab_2,ab_3,\cdots,ab_{\varphi(m)}\}$ 中每个数都与 $m$ 互质，且两两不同。

同时，由 $\gcd(ab_i,m)=1$ 可得 $\gcd(ab_i \bmod m,m)=1$，即每个 $A_i$ 除以 $m$ 的余数都与 $m$ 互质，且余数两两不同。

可以用反证法推出“余数两两不同”。假设存在 $ab_i \equiv ab_j \pmod m$，那么 $ab_i-ab_j=km\ (k \in \mathbb{Z})$，即 $a(b_i-b_j)=km$。由于 $a$ 与 $m$ 互质，那么只能是 $m \mid (b_i-b_j)$，即 $b_i \equiv b_j \pmod m$。这与 $1 \leq b_i,b_j < m$ 且 $b_i \neq b_j$ 的题设相违背，因此假设不成立。

所以 $\{A_n\}$ 中的每个数一定与 $\{b_n\}$ 中的一个数同余，且一一对应。

所以 $a^{\varphi (m)}\prod_{i=1}^{\varphi (m)}b_i \equiv \prod_{i=1}^{\varphi (m)}ab_i \equiv \prod_{i=1}^{\varphi (m)}b_i \pmod m$

所以 $m \mid a^{\varphi (m)}\prod_{i=1}^{\varphi (m)}b_i-\prod_{i=1}^{\varphi (m)}b_i$

即 $m \mid (a^{\varphi (m)}-1)\prod_{i=1}^{\varphi (m)}b_i$

又因为 $\gcd(m,\prod_{i=1}^{\varphi (m)}b_i)=1$

所以 $m \mid a^{\varphi (m)}-1$

即 $a^{\varphi (m)} \equiv 1 \pmod m$

费马小定理#

当 $p$ 为质数，则 $a^{p-1} \equiv 1 \pmod p$

证明：因为 $p$ 为质数时，$\varphi(p)=p-1$

扩展欧拉定理#

扩展到不要求互质。

$$a^c \equiv \begin{cases} a^{c \bmod \varphi(m)} &\gcd(a,m)=1 \\ a^c &\gcd(a,m) \neq 1,c<\varphi(m) \\ a^{\left(c \bmod \varphi(m)\right)+\varphi(m)} &\gcd(a,m) \neq 1,c \geq \varphi(m) \end{cases} \pmod m$$

证明#

case 1#

当 $\gcd(a,m)=1$ 时，由欧拉定理知 $a^{\varphi (m)} \equiv 1 \pmod m$

我们可以把指数 $c$ 拆成 $k \times \varphi(m) + \left(c \bmod \varphi(m)\right)$，那么 $a^c=\left(a^{\varphi(m)}\right)^k \times a^{c \bmod \varphi(m)}$，再取模，就得到

$$a^c \equiv a^{c \bmod \varphi(m)} \pmod m$$

case 2#

当 $\gcd(a,m) \neq 1$ 且 $c < \varphi(m)$ 时，

$$a^c \equiv a^c \pmod m$$

（无需证明）

case 3#

当 $\gcd(a,m) \neq 1$ 且 $c\geq \varphi(m)$ 时，

$$a^c\equiv a^{(c \bmod \varphi(m))+\varphi(m)} \pmod m$$

证明：

1.转化

要证明上式，只需证 $a$ 的任意一个质因子 $p_i$ 满足 ${p_i}^c \equiv {p_i}^{(c \bmod \varphi(m))＋\varphi(m)} \pmod{m}$

1.1 证明转化的正确性

如果上式成立，设 $a$ 质因数分解的结果为 $a=p_1^{r_1}p_2^{r_2}p_3^{r_3}\cdots$，其中 $p_i$ 为质因数，$r_i$ 为其对应的指数

根据同余式可乘可推出 $({p_i}^c)^{r_i} \equiv ( {p_i}^{(c \bmod \varphi(m))＋\varphi(m)} )^{r_i} \pmod{m}$

进而 $(p_1^{r_1}p_2^{r_2}p_3^{r_3}\cdots)^{c} \equiv (p_1^{r_1}p_2^{r_2}p_3^{r_3}\cdots)^{(c \bmod \varphi(m))＋\varphi(m)} \pmod{m}$

发现这就是 $a^c \equiv a^{\left(c \bmod \varphi(m)\right)+\varphi(m)} \pmod m$

2.证明转化后的式子

那么现在要证明的东西已经转化，考虑如何证得 ${p_i}^c \equiv {p_i}^{(c \bmod \varphi(m))＋\varphi(m)} \pmod{m}$（以下简称 $p_i$ 为 $p$）

2.1 若 $m,p$ 互质

问题转化为 case 1 的情况。为了防止你翻上去，我再推一遍：

$\gcd(m,p)=1 \Longrightarrow p^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod m$（欧拉定理）

可以将指数 $c$ 拆成 $k \times \varphi(m) + \left(c \bmod \varphi(m)\right)$，那么 $p^c=(p^{\varphi(m)})^k \times p^{c \bmod \varphi(m)}$

再对 $m$ 取模，就得到 $p^c \equiv (p^{\varphi(m)})^k\times p^{c \bmod \varphi(m)} \equiv 1^k\times p^{c \bmod \varphi(m)} \equiv p^{c \bmod \varphi(m)} \equiv p^{(c \bmod \varphi(m))+\varphi(m)} \pmod m$

2.2 若 $p,m$ 不互质

由于 $p$ 为质数，则 $m$ 必定 $\geq 2p$。

设 $m=s\times p^r$，其中 $r=\lfloor\log_p{m}\rfloor$（看作把 $m$ 质因数分解后含有 $p^r$，剩下的都在 $s$ 里，剩下的 $s$ 不含因数 $p$），那么 $\gcd(s,p^r)=\gcd(s,p)=1$

根据欧拉定理 $p^{\varphi(s)} \equiv 1 \pmod s$

因为 $s,p^r$ 互质，所以 $\varphi(m)=\varphi(s)\times \varphi(p^r)$（欧拉函数是积性函数），即 $\varphi(s) \mid \varphi(m)$

结合欧拉定理 $p^{\varphi(s)} \equiv 1 \pmod{s}$ 可得

$p^{\varphi(m)} = (p^{\varphi(s)})^{\varphi(p^r)} \equiv 1^{\varphi(p^r)} = 1 \pmod{s}$

同时乘以 $p^r$ 得到

$p^{r+\varphi(m)} \equiv p^r \pmod{s\times p^r}$

$m=s\times p^r$，则 $p^{r+\varphi(m)} \equiv p^r \pmod{m}$

题设条件 $c\geq \varphi(m)$，显然 $\varphi(m)\geq r$

本蒟蒻觉得这一点也不显然，花了好久才证明出 $\varphi(m)\geq r$……QAQ
下面附上我的证明方法（我觉得应该有更简单的方法）

首先 $\varphi(m)=\varphi(s)\times \varphi(p^r) \geq \varphi(p^r)$（等号在 $s=1,2$ 时取到）

$\varphi(p^r)=p^r-p^{r-1}=(p-1)\times p^{r-1} \geq p^{r-1}$（$p\geq 2$，等号在 $p=2$ 时取到）

数学归纳法证 $p^{r-1}\geq r$：$r=1$ 时显然成立，假设 $r=i$ 时 $p^{i-1}\geq i$ 成立，可推知 $p^{i}=p\times p^{i-1}\geq 2\times p^{i-1}=p^{i-1}+p^{i-1}\geq p^{i-1}+1=i+1$ 成立，因此 $p^{r-1}\geq r$ 对任意的 $p,r\in \mathbb{Z},p\geq 2,r\geq 1$ 成立

把上面所有的不等号串起来，就是 $\varphi(m)\geq r$

那么 $p^c=p^{c-r}\times p^r \equiv p^{c-r} \times p^{r+\varphi(m)}=p^{\varphi(m)+c} \pmod m$

记 $f(x)=x\bmod m\;(x\geq \varphi(m))$，上式表明：对于任意的正整数 $x$，$f(x+\varphi(m))=f(x)$。反过来 $f(x)=f(x-\varphi(m))$，但要注意定义域：此时 $x$ 要满足 $x-\varphi(m)\geq \varphi(m)$，即 $x\geq 2\varphi(m)$。

如果要计算 $f(c)$，可以递推上面那个式子，每次让 $c-=\varphi(m)$，但只有 $c\geq 2\varphi(m)$ 时才可以这样操作。

我们知道，如果递推条件改成 $c\geq \varphi(m)$，显然最后递推得到的值为 $c\bmod \varphi(m)$。但现在条件是 $c\geq 2\varphi(m)$，发现递推条件相差为 $\varphi(m)$，$c\geq 2\varphi(m)$ 比 $c\geq \varphi(m)$ 少减一次 $\varphi(m)$。所以只需把这一次 $\varphi(m)$ 加回来就好了，即 $f(c)=f((c\bmod \varphi(m))+\varphi(m))$，也就是

$$a^c\equiv a^{(c \bmod \varphi(m))+\varphi(m)} \pmod m$$

用途#

再也不用担心指数爆炸了！！指数也可以取模了

题目#

BZOJ3884（推公式）

BZOJ4869（+ 线段树）

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参考 CSDN 博主「CaptainHarryChen」的证明思路。十分感谢。

原文链接：https://blog.csdn.net/can919/article/details/82318115