三个重要的同余式——威尔逊定理，费马小定理，欧拉定理（扩展）

鸣谢synapse7大大

威尔逊定理

(p−1)!≡p−1≡−1   (mod p) (p is a prime) ( p − 1 ) ! ≡ p − 1 ≡ − 1       ( m o d   p )   ( p   i s   a   p r i m e )

由于 (p−1)! ( p − 1 ) ! 较大，实际应用不是很广泛

简单的证明

费马小定理

假如 p p 是质数，且 gcd(a,p)=1 g c d ( a , p ) = 1 ，那么 a(p−1)≡1 a ( p − 1 ) ≡ 1 （mod p）

简单的证明

欧拉定理

直到今天我才认清这三个人

A.欧拉(欧拉定理)     B.高斯(高斯消元)     C.欧几里得(欧几里得算法) A . 欧 拉 ( 欧 拉 定 理 )           B . 高 斯 ( 高 斯 消 元 )           C . 欧 几 里 得 ( 欧 几 里 得 算 法 )

下面就是ta的故事了：

在计算乘法逆元的时候，我们经常使用的（也是最简单的）就是费马小定理：

假如 p p 是质数，且 gcd(a,p)=1 g c d ( a , p ) = 1 ，那么 a(p−1)≡1 a ( p − 1 ) ≡ 1 （mod p）

实际上费马小定理是欧拉定理的特殊情况+应用

若 n,a n , a 为正整数，且 n,a n , a 互质，则 aϕ(n)≡1 a ϕ ( n ) ≡ 1 （mod p）

由此，我们在计算幂的时候（底数与模数互质）则有

ab=ab mod ϕ(p)     (mod p) (gcd(a,p)=1) a b = a b   m o d   ϕ ( p )           ( m o d   p )   ( g c d ( a , p ) = 1 )

简单的证明

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然而当底数与模数不互质的时候怎么办呢
我们需要欧拉定理的扩展包：

方便起见，我们可以合并一下：

注意：扩展欧拉定理只影响取模方式，并不影响模数

简单的证明

• 在 a a 的 0 0 次 ,1 , 1 次 ,...,b , . . . , b 次幂模 m m 的序列中，前 r r 个数 (a0到ar−1) ( a 0 到 a r − 1 ) 互不相同，从第 r r 个数开始，每 s s 个数就循环一次
  证明：由鸽巢定理易证
  我们把 r r 称为 a a 幂次模 m m 的循环起始点， s s 称为循环长度。（注意： r r 可以为0）
  用公式表述为： ar≡ar+s   (mod m) a r ≡ a r + s       ( m o d   m )

• a a 为素数的情况
  令 m=(pr)m′ m = ( p r ) m ′ ，则 gcd(p,m′)=1 g c d ( p , m ′ ) = 1 ，所以 pφ(m′)≡1(mod m′) p φ ( m ′ ) ≡ 1 ( m o d   m ′ )
  又由于 gcd(pr,m′)=1 g c d ( p r , m ′ ) = 1 ，所以 φ(m′)|φ(m) φ ( m ′ ) | φ ( m ) ，所以 pφ(m)≡1(mod m′) p φ ( m ) ≡ 1 ( m o d   m ′ ) ，
  即 pφ(m)=km′+1 p φ ( m ) = k m ′ + 1 ，两边同时乘以 pr p r ，得 pr+φ(m)=km+pr（因为m=(pr)m′) p r + φ ( m ) = k m + p r （ 因 为 m = ( p r ) m ′ )
  所以 pr≡pr+s(mod m) p r ≡ p r + s ( m o d   m ) ，这里 s=φ(m) s = φ ( m )

  • 推论： pb≡pr+(b−r) % φ(m)(mod m) p b ≡ p r + ( b − r )   %   φ ( m ) ( m o d   m )

  • 又由于 m=(pr)m′ m = ( p r ) m ′ ，所以 φ(m)≥φ(pr)=pr−1(p−1)≥r φ ( m ) ≥ φ ( p r ) = p r − 1 ( p − 1 ) ≥ r
    所以 pr≡pr+φ(m)≡pr % φ(m)+φ(m)(mod m) p r ≡ p r + φ ( m ) ≡ p r   %   φ ( m ) + φ ( m ) ( m o d   m )
    所以 pb≡pr+(b−r) % φ(m)≡pr % φ(m)+φ(m)+(b−r) % φ(m)≡pφ(m)+b % φ(m)(mod m) p b ≡ p r + ( b − r )   %   φ ( m ) ≡ p r   %   φ ( m ) + φ ( m ) + ( b − r )   %   φ ( m ) ≡ p φ ( m ) + b   %   φ ( m ) ( m o d   m )
    即 pb≡pb % φ(m)+φ(m)(mod m) p b ≡ p b   %   φ ( m ) + φ ( m ) ( m o d   m )

• a a 为素数的幂的情况
  是否依然有 ar′≡ar′+s′(mod m) a r ′ ≡ a r ′ + s ′ ( m o d   m ) (其中 s′=φ(m)，a=pk s ′ = φ ( m ) ， a = p k )
  答案是肯定的，由2知 ps≡1(mod m′) p s ≡ 1 ( m o d   m ′ ) ，所以 p(s∗(k/gcd(s,k))≡1(mod m′) p ( s ∗ ( k / g c d ( s , k ) ) ≡ 1 ( m o d   m ′ ) ，所以当 s′=s/gcd(s,k) s ′ = s / g c d ( s , k ) 时才能有 ps′k≡1(mod m′) p s ′ k ≡ 1 ( m o d   m ′ ) ，此时 s′|s|φ(m) s ′ | s | φ ( m ) ，且 r′=ceil(r/k)<=r<=φ(m) r ′ = c e i l ( r / k ) <= r <= φ ( m )
  由 r′，s′ r ′ ， s ′ 与 φ(m) φ ( m ) 的关系，依然可以得到 ab≡ab % φ(m)+φ(m) (mod m) a b ≡ a b   %   φ ( m ) + φ ( m )   ( m o d   m )

• a a 为合数的情况
  只证 a a 拆成两个素数的幂的情况，大于两个的用数学归纳法可证
  设 a=a1a2,ai=pkii,ai a = a 1 a 2 , a i = p i k i , a i 的循环长度为 si s i
  则 s|lcm(s1,s2) s | l c m ( s 1 , s 2 ) ，由于 s1|φ(m),s2|φ(m) s 1 | φ ( m ) , s 2 | φ ( m ) ，那么 lcm(s1,s2)|φ(m) l c m ( s 1 , s 2 ) | φ ( m ) ，所以 s|φ(m) s | φ ( m )
  r=max{ceil(ri/ki)}<=max{ri}<=φ(m) r = m a x { c e i l ( r i / k i ) } <= m a x { r i } <= φ ( m )
  由 r,s r , s 与 φ(m) φ ( m ) 的关系，依然可以得到 ab≡ab % φ(m)+φ(m) (mod m) a b ≡ a b   %   φ ( m ) + φ ( m )   ( m o d   m )

证毕