欧拉函数，欧拉定理（费马小定理），扩展欧拉定理的证明和应用——杨子曰数学

欧拉函数，欧拉定理（费马小定理），扩展欧拉定理的证明和应用——杨子曰数学

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瞎BB：破纪录，最长的博客名！（英文题目除外）

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先做个预告：
在文章的最后我们要解决一个灰常玄学的问题:求$a^{a^{a^{a^{{\cdot }^{{\cdot }^{\cdot }}}}}}modp（无穷多个a）$

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一、欧拉函数

1.它是啥

$\phi (n)$：就是小于等于n的数中与n互质的数的个数

2.性质一：欧拉函数是积性的

就是$\phi (n\ast m)=\phi (n)\ast \phi (m)$ （条件：m，n互质）
为什么捏？
我们不妨假设小于m的数中于m互质的数为：$x_1,x_2,x_3...x_{\phi (m)}$，我们给它取个名字叫做m的简化剩余系
我们不妨假设小于n的数中于n互质的数为：$y_1,y_2,y_3...y_{\phi (n)}$，我们给它取个名字叫做n的简化剩余系

你会发现我们如果能证明好下面三个事情就得证了：

1. $gcd(x_i\ast n+y_j\ast m,mn)=1$，也就是这小于$mn$的数中与$mn$互质的数可以从m的简化剩余系里选一个n的简化剩余系选一个用$(x_i\ast n+y_j\ast m)modmn$算出来，我们要$\phi (n\ast m)$个数，有$\phi (n)\ast \phi (m)$种选法
2. 这样选出来的$\phi (n)\ast \phi (m)$个数没有重复
3. 这样选出来的$\phi (n)\ast \phi (m)$个数没有少

一个一个慢慢来：

①$gcd(x_i\ast n+y_j\ast m,mn)=1$

首先我们从$gcd(x_i,m)=1$开始
n和m互质，So，我们给x乘一个n等式依然成立
$$gcd(x_i\ast n,m)=1$$
然后我们在给$x_i\ast n$加上一个m的倍数$y_j\ast m$，等式依然成立
$$gcd(x_i\ast n+y_j\ast m,m)=1\cdots ①$$
同理（对称一下），我们也可以得到：
$$gcd(y_j\ast m+x_i\ast n,n)=1\cdots ②$$
①和②放在一起看，你会发现：$x_i\ast n+y_j\ast m$又和m互质，又和n互质，那么和mn也一定互质：
$$gcd(x_i\ast n+y_j\ast m,mn)=1$$
得证

②这样选出来的$\phi (n)\ast \phi (m)$个数没有重复

也就是任意的$x_i\ast n+y_j\ast m$模mn都不同余
那么我们能不能这样来：如果我们能通过:$x_i\ast n+y_j\ast m\equiv x_p\ast n+y_q\ast m(modmn)$推出$i=p,j=k$的话这个部分就得证了

那我们就来试试看呗：
$$x_i\ast n+y_j\ast m\equiv x_p\ast n+y_q\ast m(modmn)$$
模mn下同余，那么在模m下也同余
$$x_i\ast n+y_j\ast m\equiv x_p\ast n+y_q\ast m(modm)$$
$y_j\ast m$和$y_q\ast m$都是m的倍数，模m都是0，So，扔掉也无所谓：
$$x_i\ast n\equiv x_p\ast n(modm)$$
同余号两边同时除掉一个n：
$$x_i\equiv x_p(modm)$$
m的简化剩余系中的数都互不相等
哦，那不就是i=p了吗！
同理j=q，得证！

③这样选出来的$\phi (n)\ast \phi (m)$个数没有少

设 z 是mn的简化剩余系的集合的任意某个元素，那么我们现在就是要证明z一定能用$x_i\ast n+y_j\ast m$表示，黑喂狗：
我们都知道$m\ast x_0+n\ast y_0=gcd(m,n)$一定有关于$x_0,y_0$的整数解
（有人问为什么吗？贝祖定理←自己瞧）
然后我们还知道：$gcd(m,n)=1$，So，一定存在整数$x_0,y_0$使得$m\ast x_0+n\ast y_0=1$ ，然后同时乘个z，于是我们得到了：
$$m\ast x_0\ast z+n\ast y_0\ast z=z$$
也就是一定存在整数x,y，满足：$m\ast x+n\ast y=z$

然后我们把$gcd(z,mn)=1$里的z带掉，得到了：
$$gcd(m\ast x+n\ast y,mn)=1$$
那么下面这个也一定成立：
$$gcd(m\ast x+n\ast y,m)=1$$
$m\ast x$是m的倍数，So，$m\ast x$对这两个东西的互质毫无贡献，于是乎我们又得到了：
$$gcd(n\ast y,m)=1$$
有没有发现n和m是互质的，然后我们就美滋滋地得到了：
$$gcd(y,m)=1$$
然后咱们再用一下欧几里得算法（戳我）：
$$gcd(m,ymodm)=1$$
也就是说$ymodm$是一个小于m且和m互质的数，有没有发现它一定在m的简化剩余系的简化剩余系里（←它的定义就是这样的呀）
然后我们就开心地得到了：
$$y\equiv x_i(modm)$$
我们再把整个式子都乘个n，我们就有了：
$$n\ast y\equiv n\ast x_i(modnm)\cdots ①$$
同理，我们还有：
$$m\ast x\equiv m\ast y_j(modnm)\cdots ②$$
最后把①②咔嚓一加：
$$m\ast x+n\ast y\equiv n\ast x_i+m\ast y_i(modnm)$$
就是：
$$z\equiv n\ast x_i+m\ast y_i(modnm)$$
完美得证！

至此我们终于得到了，欧拉函数的积性o(￣▽￣)ブ

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3.性质二：p是质数时：$\phi (p^k)=(p-1)\ast p^{k-1}$

已知小于$p^k$的正整数的有$p^k-1$个,其中和$p^k$不互质的正整数有$p\times 1,p\times 2,...,p\times (p^{k-1}-1)$，共计$p^{k-1}-1$个

so, $\phi (p^k)=p^k-1-(p^{k-1}-1)=p^k-p^{k-1}=(p-1)\ast p^{k-1}$

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4.怎么求捏？

我们就来根据性质一和性质二来推导一下：

我们先分解一下质因数：
$$\phi (n)=\phi ({p_1}^{k_1}\ast {p_2}^{k_2}\ast {p_3}^{k_3}\ast \cdots \ast {p_s}^{k_s})$$
然后再由它的积性，我们得到了：
$$\phi (n)=\phi ({p_1}^{k_1})\ast \phi ({p_2}^{k_2})\ast \phi ({p_3}^{k_3})\ast \cdots \ast \phi ({p_s}^{k_s})$$
然后性质2搞一搞：
$$\phi (n)=({p_1}^{k_1-1}\ast {p_2}^{k_2-1}\ast {p_3}^{k_3-1}\ast \cdots \ast {p_s}^{k_s-1})\ast (p_1-1)\ast (p_2-1)\ast (p_3-1)\ast \cdots \ast (p_s-1)$$
从右边的每个小括号里拿出一个$p_i$乘到左边的括号中，我们得到了：
$$\phi (n)=({p_1}^{k_1}\ast {p_2}^{k_2}\ast {p_3}^{k_3}\ast \cdots \ast {p_s}^{k_s})\ast (1-\frac{1}{p_1})\ast (1-\frac{1}{p_2})\ast (1-\frac{1}{p_3})\ast \cdots \ast (1-\frac{1}{p_s})$$
也就是说，我们得到了$\phi (n)$的通项公式：
$$\phi (n)=n\ast (1-\frac{1}{p_1})\ast (1-\frac{1}{p_2})\ast (1-\frac{1}{p_3})\ast \cdots \ast (1-\frac{1}{p_s})$$

复杂度$O(\sqrt{n})$

求欧拉函数还有一种线性筛的做法（戳我）
我们马上进入欧拉定理

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二、欧拉定理

1.它是啥？

先上个欧拉定理（条件是a和n互质）：

$$a^{\phi (n)}\equiv 1(modn)$$

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2.它为啥？

黑喂狗：
我们不妨假设小于n的数中于n互质的数为：$x_1,x_2,x_3...x_{\phi (n)}$，我们给它取个名字叫做集合X（这个X其实就是n的简化剩余系）

然后我们再分别令：
$$\{\begin{array}{rl}{m}_1& =a\ast x_1\\ m_2& =a\ast x_2\\ m_3& =a\ast x_3\\ ⋮& \\ m_{\phi (n)}& =a\ast x_{\phi (n)}\end{array}$$
我们管这个m的序列叫集合M
有了集合X和集合M，我们就可以开始了

不过在开始前，我们先要证明两件事情：

1. M中任意两个数都不模n同余
2. M中的数模n得到的数都与n互质

一个一个来：

①M中任意两个数都不模n同余

我们用反证法

假设集合M中有$m_i$和$m_j$两个数模n同余
即：$$m_i\equiv m_j(modn)$$
也就是：$$m_i-m_j\equiv 0(modn)$$
代入一下：$$a\ast x_i-a\ast x_j\equiv 0(modn)$$
$$a\ast (x_i-x_j)\equiv 0(modn)$$
我们都知道a和n互质（大条件），So：
$$x_i-x_j\equiv 0(modn)$$
我们都知道$x_i$和$x_j$都是小于n的不同数，所以$x_i-x_j$一定大于0小于n，So上面那个式子怎么可能成立

得证！

②M中的数模n得到的数都与n互质

这个比较easy

我们知道：$m_i=a\ast x_i$，这个式子里a与n互质，$x_i$与n互质，然后你就会发现$m_i$也和n互质，然后欧几里得算法搞一下：
$$gcd(m_i,n)=gcd(n,m_{i}modn)=1$$
完美，得证！

然后咱们正式开始：

由我们在上面得到的第二条可以得到：$m_{i}modn$出来的一定是一个小于n而且和n互质的数，So，$m_{i}modn$这个数一定在集合X里（集合X的定义就是这样的呀！）

有根据第一条集合M中的每个$m_{i}modn$得到的数都不相同，So，你有没有发现集合M中这每个$m_{i}modn$与集合X中的每个$x_i$一 一对应相等

于是我们就得到了：
$$m_1\ast m_2\ast m_3\ast \cdots \ast m_{\phi (n)}\equiv x_1\ast x_2\ast x_3\ast \cdots \ast x_{\phi (n)}(modn)$$
代入一下：
$$a\ast x_1\ast a\ast x_2\ast a\ast x_3\ast \cdots \ast a\ast x_{\phi (n)}\equiv x_1\ast x_2\ast x_3\ast \cdots \ast x_{\phi (n)}(modn)$$
$$a^{\phi (n)}\ast (x_1\ast x_2\ast x_3\ast \cdots \ast x_{\phi (n)})\equiv x_1\ast x_2\ast x_3\ast \cdots \ast x_{\phi (n)}(modn)$$
哦，移过去：
$$(a^{\phi (n)}-1)\ast (x_1\ast x_2\ast x_3\ast \cdots \ast x_{\phi (n)})\equiv 0(modn)$$
美滋滋，集合X中的所有数都与n互质，于是乎：
$$a^{\phi (n)}-1\equiv 0(modn)$$
$$a^{\phi (n)}\equiv 1(modn)$$

得证

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到这里，你一定会问了——“这玩意什么用捏?”
“没用”
“…”
"BUT，我们把欧拉定理转换一下就有用了"

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3.它能干啥？

主要可以做两件事情：

1. 转换成费马小定理后，进行素数检测（就是给你一个数说出它是不是素数）
2. 转换成费马小定理后求逆元（戳我）
3. 转换成扩展欧拉定理以后，欧拉降幂算$a^{b}modp$（这不是快速幂搞搞不就好了，戳这里就老实了）

咱们一件一件说：

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4.费马小定理

$$当p是质数时：a^{p-1}\equiv 1(modp)$$

这……
不就是欧拉定理的特殊情况吗？
你可不要小看这个东西，他可以告诉你n是不是一个质数

“哦哦，我知道了，随便找一个小于n的数a，然后代入到费马小定理里面，看看是不是同余就可以了”

没错，就是这样，但是有一个很尴尬的事情：p为质数是费马小定理的充分不必要条件！
也就是说，对于2<=a 对于一个a，满足费马小定理的p可能是合数可能是素数
不满足费马小定理一定是合数

“哦，什么垃圾算法，居然有概率是错的”

那你多找几个a不久好了，又要拼rp，美滋滋！

（一般还是不要用这个算法）

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;
}

大家还可以去学习一种更加nb的素数检验方法——米勒拉宾素数测试

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5.扩展欧拉定理

在讲扩展欧拉定理之前，先试试这个：口算$7^{555}mod13$

相信机智的大佬们一定有所想法，7和13互质$\phi (13)$=12，那我们就要凑$7^{12}$：
$$7^{555}=7^{12\ast 46+3}=(7^{12}{)}^{46}\ast 7^3$$
于是乎，就可以使用欧拉定理了
$$(7^{12}{)}^{46}\ast 7^3\equiv 1^{46}\ast 7^3(mod13)$$
那我们就只需要算一算$7^{3}mod13$就好了，得到答案5

于是有没有发现我们似乎得到了一个定理：
$$a^b\equiv a^{bmod\phi (n)}(modn)$$
BUT，它只有在a和p互质的时才成立，没啥卵用，我们能不能把它拓展到一般情况捏？
于是，我们得到了扩展欧拉定理：
$$a^b\equiv a^{bmod\phi (n)+\phi (n)}(modn)$$

证明走起：

我们先把a分解一下质因数：$a={p_1}^{r_1}\ast {p_2}^{r_2}\ast {p_3}^{r_3}\ast \cdots \ast {p_s}^{r_s}$

如果我们可以证明：对于里面的每个质数$p_i$，我们都能证明：
$${p_i}^b\equiv {p_i}^{bmod\phi (n)+\phi (n)}(modn)$$
那么也就是我们一定可以得到：
$$({p_i}^{k_i}{)}^b\equiv ({p_i}^{k_i}{)}^{bmod\phi (n)+\phi (n)}(modn)$$
然后我们把每个$({p_i}^{k_i}{)}^b$乘起来，就得到了：
$$({p_1}^{r_1}\ast {p_2}^{r_2}\ast {p_3}^{r_3}\ast \cdots \ast {p_s}^{r_s}{)}^b\equiv ({p_1}^{r_1}\ast {p_2}^{r_2}\ast {p_3}^{r_3}\ast \cdots \ast {p_s}^{r_s}{)}^{bmod\phi (n)+\phi (n)}(modn)$$
也就是我们要证明的：
$$a^b\equiv a^{bmod\phi (n)+\phi (n)}(modn)$$

那现在我们就开始证明：$$p^b\equiv p^{bmod\phi (n)+\phi (n)}(modn)（p是一个质数）$$

p是一个质数，So，如果n不是p的倍数，那么n和p一定互质，显然成立，就是我们上面自己推出来的那个式子右边多乘了一个$p^{\phi (n)}$

而$p^{\phi (n)}modn=1(欧拉定理)$，So，等式当然成立

那么我们现在就来考虑n是p的倍数的情况：

假设：$n=p^k\ast s$（s和p互质）
由于s和p的互质，我们就可以欧拉定理了：
$$p^{\phi (s)}\equiv 1(mods)$$
这个式子也显然成立：
$$(p^{\phi (s)}{)}^{\phi (p^k)}\equiv 1(mods)$$
上面已经说过了，欧拉函数是积性函数，又因为$p^k$和s互质，So：
$$\phi (n)=\phi (p^k)\ast \phi (s)$$
于是我们就得到了：
$$p^{\phi (n)}\equiv 1(mods)\cdots ①（这个式子下面还要用）$$
又因为：
$$p^b=(p^{\phi (n)}{)}^{\lfloor b/\phi (n)\rfloor }\ast p^{bmod\phi (n)}$$
还因为：
$$(p^{\phi (n)}{)}^{\lfloor b/\phi (n)\rfloor }mods=1（看①式）$$
我们得到了：
$$p^b\equiv p^{bmod\phi (n)}(mods)$$
我们再把整个式子乘$p^k$，得到：
$$p^{b+k}\equiv p^{bmod\phi (n)+k}(mods\ast p^k)$$
$$p^{b+k}\equiv p^{bmod\phi (n)+k}(modn)$$

如果，我们把左右两边同时乘$p^{\phi (n)-k}$，你就会惊悚地发现：
$$p^{b+\phi (n)}\equiv p^{bmod\phi (n)+\phi (n)}(modn)\cdots ②$$
已经非常接近答案了，我们在把①乘$p^k$，得到了：
$$p^{\phi (n)+k}\equiv p^k(mod{p}^k\ast s)$$
$$p^{\phi (n)+k}\equiv p^k(modn)\cdots ③$$
然后我们有这样的等式：
$$p^b\equiv p^{b-k}\ast p^k(modn)$$
然后根据③把$p^k$用$p^{\phi (n)+k}$带掉，我们有了：
$$p^b\equiv p^{b+\phi (n)}(modn)$$
最后把这个式子带回②的左边：
$$p^b\equiv p^{bmod\phi (n)+\phi (n)}(modn)$$
哦，我们得证了！

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接下来我来解答文章开头的那个问题：
$$求a^{a^{a^{a^{{\cdot }^{{\cdot }^{\cdot }}}}}}modp（无穷多个a）$$
我们不妨令$x=a^{a^{a^{a^{{\cdot }^{{\cdot }^{\cdot }}}}}}$
那么我们现在就是要求$xmodp$
然后你会发现x这个数有一个很神奇但很好理解的性质：$x=a^x$
So，我们现在要求：$a^{x}modp$
哦，有没有发现可以用拓展欧拉定理了！
于是我们得到了：
$$a^x\equiv a^{xmod\phi (p)+\phi (p)}(modp)$$
然后问题就转化为求等式右边那个东西，想要求出这个东西，就是要求出——$xmod\phi (p)$

哦，有没有发现问题变回了开始的样子，只不过p变成了$\phi (p)$，我们在继续试试：

这时x依然等于$a^x$

根据欧拉定理：
$$a^x\equiv a^{xmod\phi (\phi (p))+\phi (\phi (p))}(mod\phi (p))$$
此时，我们就要求的就是$xmod\phi (\phi (p))$了
p不停地便$\phi (p)$，显然是不断减小的
显然这是一个递归的过程，那么到什么时候结束捏？
——当p=1的时候，显然所有的数模1都是0，然后再回溯上去

OK，完事
如果想要尝试这道题，你可以戳我（略有区别，它的a永远等于2）

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参考：
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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