【费马小定理】【欧拉定理】【扩展欧拉定理】及其证明

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费马小定理 & 欧拉定理及其证明

注：此文所提到的“整数”“素数”等均指正数

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费马小定理

对于一个素数 $p$，任意整数 $a$，若 $\gcd (a,p)=1$（即$a$，$p$互质），则：
$$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$$

证明

先找出所有小于等于 $p$ 的与 $p$ 互质的正整数，
为序列 $A=\{1,2,3,\dots ,p-1\}$，则：$\gcd (A_i,p)=1$。
又因为 $\gcd (a,p)=1$，所以：$\gcd (a\ast A_i,p)=1$。

对于上式的证明如下：
假设 $A_i\ast a$ 与 $p$ 不互质，那么请思考 $\gcd (A_i\ast a,p)$ 等于什么，答案是 $p$。
因为由于 $p$ 为质数，它的正因子只有 $1$ 和 $p$，而 $\gcd (A_i\ast a,p)\ne 1$，即它们的最大公因数不是 $1$，那就只能是 $p$ 了。
则：$p|a{A}_i$（若 $p$ 与 $a\ast A_i$ 的最大公因数是 $p$，那 $a\ast A_i$ 就能被 $p$ 整除），
那么 $p|a$ 和 $p|A_i$ 中至少成立一个。
假设 $p|a$ 成立，那么 $\gcd (a,p)=p$，与大条件不符；
假设 $p|A_i$ 成立，那么 $\gcd (A_i,p)=p$，也与大条件不符。
所以：$\gcd (a\ast A_i,p)=1$。

（注：这个证明会在之后用到。）

下来先看两个例子，方便理解下来的证明：

例一：当 $p=5,a=2$时，$A=\{1,2,3,4\}$，
          \space\space\space\space\space\space\space\space\space           $a\ast A=\{2,4,6,8\},a\ast A\%p=\{2,4,1,3\}$；
例二：当 $p=7,a=4$时，$A=\{1,2,3,4,5,6\}$，
          \space\space\space\space\space\space\space\space\space           $a\ast A=\{4,8,12,16,20,24\},a\ast A\%p=\{4,1,5,2,6,3\}$。

我们发现 $a\ast A\%p$ 貌似与 $A$ 存在某种一一映射的关系，即在 $A$ 中的每一个数都可在 $a\ast A\%p$ 找到（$a\ast A\%p$ 就是给序列 $A$ 中的每一个数乘上 $a$ 再取模 $p$，这里就相当于简写了）。

那么我们就假设（等会会证明）：在 $A$ 中的每一个数都可在 $a\ast A\%p$ 找到，
即：$a\ast A\%p$ 中的数也是为 $\{1,2,3,\dots ,p-1\}$

通过这个假设，我们可以得到：

$$A_1{A}_2\dots A_{p-1}=(a{A}_1\%p)(a{A}_2\%p)\dots (a{A}_{p-1}\%p)$$

给两边再同时取余 $p$：

$$A_1{A}_2\dots A_{p-1}\%p=(a{A}_1\%p)(a{A}_2\%p)\dots (a{A}_{p-1}\%p)\%p$$

后者又等于$(a{A}_1)(a{A}_2)\dots (a{A}_{p-1})\%p$，就可得：

$$A_1{A}_2\dots A_{p-1}\%p=(a{A}_1)(a{A}_2)\dots (a{A}_{p-1})\%p$$

即：

$$\prod _{i=1}^{p-1}{A}_i\equiv \prod _{i=1}^{p-1}(A_i\ast a)(\mathrm{mod}p)$$

那么：由于 $A=\{1,2,\dots ,p-1\}$，
          \space\space\space\space\space\space\space\space\space           ${\prod }_{i=1}^{p-1}{A}_i$ 就等于 $(p-1)!$，${\prod }_{i=1}^{p-1}(A_i\ast a)$ 就等于 $a^{p-1}\ast (p-1)!$，
          \space\space\space\space\space\space\space\space\space          （这里的 “$!$” 表示阶乘，不是表感叹语气）

整个式子就可以表示为：

$$a^{p-1}\ast (p-1)!\equiv (p-1)!(\mathrm{mod}p)$$

两边同时约掉 $(p-1)!$得：

$$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$$

那个假设的证明

现在来证明那个假设：

在 $A$ 中的每一个数都可在 $a\ast A\%p$ 找到，即 $a\ast A\%p$ 中的数也为 $\{1,2,3,\dots ,p-1\}$。

证明这个假设需要两点：

1. $a\ast A\%p$ 中，每个数的范围为 $[1,p-1]$；
2. $a\ast A\%p$ 中不存在重复的数。

第一点：
打眼一看 $a\ast A_i\%p$ 的范围应该为 $[0,p-1]$，因为它取余 $p$ 了嘛，
但有因为 $\gcd (a\ast A_i,p)=1$，即 $a\ast A_i$ 与 $p$ 互质，$a\ast A_i$ 不能被 $p$ 整除，
所以 $a\ast A_i\%p$ 更准确的范围应该是 $[1,p-1]$。

第二点：
我们用反证法：
假设 $a\ast A\%p$ 中存在两个相同的数，设为 $a\ast A_i\%p=a\ast A_j\%p$。
那么：$A_i=A_j$，
又因为 $A$ 中的数是已知两两不同的，所以这个假设不成立。

所以综上所述："在 $A$ 中的每一个数都可在 $a\ast A\%p$ 找到，即 $a\ast A\%p$ 中的数也为 $\{1,2,3,\dots ,p-1\}$"的假设成立。

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欧拉定理

对于任意两个整数 $a$ 和 $m$，若 $\gcd (a,m)=1$（即 $a$ 和 $m$ 互质），则：

$$a^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$$

注：$\phi (m)$ 是欧拉函数，表示小于等于 $m$ 的与 $m$ 互质的个数。

证明

欧拉定理看起来似乎和费马小定理很像，实际上费马小定理就是欧拉定理的一个特殊情况，即：$m$ 为素数，此时 $\phi (m)=m-1$。
因为任意一个素数都与【小于自身的任意一个整数】互质，且与【自身】不互质。

证明也与费马小定理的过程大同小异，再次笔者不过多赘述。
感兴趣的可自行证明。

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$UpdateOn\mathrm{2025.1.19}$

史诗级大补充：扩展欧拉定理！！！！

首先给出定理内容：
$$a^b\equiv \{\begin{array}{ccc}{a}^{bmod\phi (m)}& ,& gcd(a,m)=1;\\ a^b& ,& gcd(a,m)\ne 1且b<\phi (m);\\ a^{bmod\phi (m)+\phi (m)}& ,& gcd(a,m)\ne 1且b\ge \phi (m).\end{array}(modm)$$

第一行证明：

我们首先有 $gcd(a,m)=1$，因此我们可以用欧拉定理 $a^{\phi (m)}\equiv 1(modm)$。
设 $b=k\phi (m)+r$，$r=bmod\phi (m)$，
那么就有：
$$\begin{gathered} a^b=a^{k\phi (m)+r}=a^{k\phi (m)}\times a^r=a^{k\phi (m)}\times a^{bmod\phi (m)} \\ {a}^b\equiv a^{k\phi (m)}\times a^{bmod\phi (m)}(modm) \end{gathered}$$
又因为 $a^{k\phi (m)}\equiv 1^k\equiv 1(modm)$，所以：
$$a^b\equiv 1\times a^{bmod\phi (m)}\equiv a^{bmod\phi (m)}(modm)$$

第二、三行证明：

先证明一个东西：
$$对于任意一个素数p,p^b\equiv p^{bmod\phi (m)+\phi (m)}(modm)。$$

分类讨论：

1. 若 $gcd(p,m)=1$，通过第一行证明与欧拉定理可得：
   $$\begin{gathered} p^b\equiv p^{bmod\phi (m)}(modm)， \\ 1\equiv p^{\phi (m)}(modm). \end{gathered}$$
   两式相乘即可。

2. 若 $gcd(p,m)\ne 1$，那么 $m\ge 2p$ 且 $m$ 是 $p$ 的倍数（因为 $p$ 为质数，所以若两者不互质，那么 $gcd(p,m)=p$ 且 $m\ge p$，又因为当 $m=p$ 时上式显然成立，所以只讨论 $m\ge 2p$ 的情况）。
   
   设 $m=s\times p^k$，其中 $gcd(s,p^k)=1$（可以理解为，将 $m$ 质因数分解后，将质因子为 $p$ 的那一项单独拿出来，剩余项就是 $s$）。
   那么（第二行式子是因为欧拉函数是积性函数）：
   $$\begin{gathered} p^{\phi (s)}\equiv 1(mods)\dots (1), \\ {p}^{\phi (m)}\equiv p^{\phi (s)\times \phi (p^k)}\equiv 1(mods)\dots (2) \end{gathered}$$
   
   又因为（第二行是由 式子(2) 的 同底性 得到的）：
   $$\begin{gathered} p^b=p^{\phi (m)\times \lfloor b/\phi (m)\rfloor }\times p^{bmod\phi (m)}, \\ {p}^{\phi (m)\times \lfloor b/\phi (m)\rfloor }\equiv 1(mods) \end{gathered}$$
   
   所以：
   $$p^b\equiv p^{bmod\phi (m)}(mods)$$
   
   再给整个式子乘以 $p^k$（这一步等会具体证明）：
   $$\begin{gathered} p^b\times p^k\equiv p^{bmod\phi (m)}\times p^k(mods\times p^k) \\ {p}^{b+k}\equiv p^{bmod\phi (m)+k}(modm) \end{gathered}$$
   
   两边在同时乘以 $p^{\phi (m)-k}$：
   $$p^{b+\phi (m)}\equiv p^{bmod\phi (m)+\phi (m)}(modm)\dots (3)$$
   
   我们又有这样等式：
   $$p^b\equiv p^{b-k}\times p^k(modm)\dots (4)$$
   
   将 式子(2) 再整个乘以 $p^k$：
   $$p^{\phi (m)+k}\equiv p^k(modm)\dots (5)$$
   
   由 式子(4)(5) 得：
   $$p^b\equiv p^{b+\phi (m)}(modm)\dots (6)$$
   
   又有 式子(3)(6) 可得：
   $$p^b\equiv p^{bmod\phi (m)+\phi (m)}(modm)$$
   得证！！！！
   
   最后证明欧拉扩展定理的第二、三行：
   先将 $a$ 质因数分解为 $p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}\dots p_n^{k_n}$，
   对于每个质因数，我们都有上面得定理：
   $$p_i^b\equiv p_i^{bmod\phi (m)+\phi (m)}(modm)$$
   
   所以：
   $$\begin{gathered} (p_i^{k_i}{)}^b\equiv p_i^{k_i\times (bmod\phi (m)+\phi (m))}(modm) \\ \prod _{i=1}^n(p_i^{k_i}{)}^b\equiv \prod _{i=1}^n{p}_i^{k_i\times (bmod\phi (m)+\phi (m))}(modm) \\ {a}^b\equiv a^{bmod\phi (m)+\phi (m)}(modm) \end{gathered}$$
   得证。

证明：若 $a\equiv b(modm)$，那么对于任意 $k\in Z且k\ne 0$，$a\times k\equiv b\times k(modm\times k).$
设 $a=c\times m+r,b=d\times m+r$，
$\therefore a\times k=c\times k\times m+r\times k,b\times k=d\times k\times m+r\times k$，
$\therefore a\times k-b\times k=k\times m\times (c-d)$，
$\therefore a\times k-b\times k\equiv k\times m\times (c-d)\equiv 0(modm\times k)$,
$\therefore a\times k\equiv b\times k(modm\times k).$
证毕.