淺談擴展歐拉定理
前置知識：
\(1,\)數論歐拉定理這里
\(2,\)積性函數\(\phi\)的性質
\(3,\)以下引理
證明引理用到的引理
(一)，引理
設\(x\)=\(lcm(a,b)\)。
可以分解如下
\[a=p_1^{a_1}*……*p_k^{a_k}\\b=p_1^{b_1}*……*p_k^{b_k} \]
那么可得：
\[x=p_1^{max(a_1,b_1)}*……*p_k^{max(a_k,b_k)} \]
證明：推倒上面的式子，將指數可加解釋到整體的乘除法，同理取max也是一樣。
或者手推幾個數。
引理
(一)，
已知
\[\begin{cases} x\equiv y(mod m_1)\\ x\equiv y(mod m_2) \end{cases} \]
可得：
\[x\equiv y(mod lcm(m1,m2)) \]
引理一證明：
可以對\(x,m1,m2\)進行分解：
\[\begin{cases} x= p_1^{a_1}*……*p_k^{a_k}\\ m1=p_1^{b_1}*……*p_k^{b_k}\\ m2=p_1^{c_1}*……*p_k^{c_k} \end{cases} \]
又因為：
\[\begin{cases} x％m_1=p_1^{a_1％b_1}*……*p_k^{a_k％b_k}=y\\x％m_2=p_1^{a_1％c_1}*……*p_k^{a_k％c_k}=y \end{cases} \]
那么對於\(y\)可以有唯一分解定理解得：
\[a_i％b_i=a_i％c_i \]
稍加分析就可以得到：
\[x％lcm(m1,m2)=p_1^{a_1％max(b_1,c_1)}*……*p_k^{a_k％max(b_k,c_k)}=y \]
即證得：
\[x\equiv y(mod lcm(m1,m2)) \]
(二)，
在p是質數的前提下
\[\phi(p^q)=p^q-p^{q-1}\geq q \]
引理二的證明也是非常的妙妙啊。
引理二證明
小於等於\(p^q\)的正整數一共有\(p^q-1\)個，其中不與\(p^q\)互質的是\(p,p*2,p*3,p^q-p=(p^{q-1}-1)*p\)這\(p^{q-1}-1\)個數。
那么就可以得到\(\phi(p^q)=p^q-p^{q-1}\)
妙妙
另外在正式證明之前還要提一句\(\phi\)的性質：
在n和m互質的前提下，存在
\[\phi(n*m)=\phi(n)*\phi(m) \]
正式證明
首先先來回顧一下我們要證得是什么？
歐拉定理CRT
先把式子放出來：
\[a^b \equiv\begin{cases} a^{b％\phi(m)} (gcd(a,m)==1)\\ a^b (gcd(a,m) !=1 ＆b<\phi(m))\\ a^{b％\phi(m)+\phi(m)} (gcd(a,m)!=1＆b\geq\phi(m)) \end{cases}(mod m) \]
然后很容易發現這三個式子都可以用第三個式子表示，也就是在滿足任何數的意義下，存在擴展歐拉定理：
\[a^b\equiv a^{b％\phi(m)+\phi(m)}(mod m) \]
開始愉快地證明吧：
首先我們假設模數\(m=p^q\)，那么很容易知道\(a\)和\(m\)的同余性是可以推至\(a\)和\(p\)的，當然反推也可以。
那么就開始最美妙的分情況討論時間了：
(1)，\(gcd(a,p)==1\)時，求證：
\[a^b \equiv a^{x％\phi(p^q)}(mod p^q) \]
這就不證了，很明顯的歐拉定理式子。
(2)，\(gcd(a,p)!=1\)也就是\(gcd(a,p)==p\)。 因為p是質數啊喂
那么我們另\(a=k*p\)。
那么就是求證：
\[(k*p)^b \equiv (k*p)^{b％\phi(p^q)+\phi(p^q)}(mod p^q) \]
因為\(b\geq\phi(p^q)\) 根據引理二可以知道\(b\geq q\)
所以可以得到：
\[p^b％p^q=0 \]
所以又可以得到：
\[a^b=(k*p)^b \equiv 0 (mod p^q) \]
又因為\(\phi(p^q)\geq q\)，所以又可得：
\[a^{b％\phi(m)+\phi(m)}\equiv 0 (mod p^q) \]
那么到了這里，就已經證畢。
即證得：
\[a^b \equiv a^{b％\phi(m)+\phi(m)}(mod p_q) \]
又因為$\phi$函數的積性，可以將上述結論推至對所有模數m都成立。
