浅谈扩展欧拉定理
前置知识：
(1,)数论欧拉定理这里
(2,)积性函数(phi)的性质
(3,)以下引理
证明引理用到的引理
(一)，引理
设(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)}
]
证明：推倒上面的式子，将指数可加解释到整体的乘除法，同理取max也是一样。
或者手推几个数。
引理
(一)，
已知
[egin{cases}
xequiv y(mod m_1)\
xequiv y(mod m_2)
end{cases}
]
可得：
[xequiv y(mod lcm(m1,m2))
]
引理一证明：
可以对(x,m1,m2)进行分解：
[egin{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}
]
又因为：
[egin{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}
]
那么对于(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
]
即证得：
[xequiv y(mod lcm(m1,m2))
]
(二)，
在p是质数的前提下
[phi(p^q)=p^q-p^{q-1}geq q
]
引理二的证明也是非常的妙妙啊。
引理二证明
小于等于(p^q)的正整数一共有(p^q-1)个，其中不与(p^q)互质的是(p,p*2,p*3,p^q-p=(p^{q-1}-1)*p)这(p^{q-1}-1)个数。
那么就可以得到(phi(p^q)=p^q-p^{q-1})
妙妙
另外在正式证明之前还要提一句(phi)的性质：
在n和m互质的前提下，存在
[phi(n*m)=phi(n)*phi(m)
]
正式证明
首先先来回顾一下我们要证得是什么？
欧拉定理CRT
先把式子放出来：
[a^b equivegin{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＆bgeqphi(m))
end{cases}(mod m)
]
然后很容易发现这三个式子都可以用第三个式子表示，也就是在满足任何数的意义下，存在扩展欧拉定理：
[a^bequiv a^{b％phi(m)+phi(m)}(mod m)
]
开始愉快地证明吧：
首先我们假设模数(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，当然反推也可以。
那么就开始最美妙的分情况讨论时间了：
(1)，(gcd(a,p)==1)时，求证：
[a^b equiv a^{x％phi(p^q)}(mod p^q)
]
这就不证了，很明显的欧拉定理式子。
(2)，(gcd(a,p)!=1)也就是(gcd(a,p)==p)。 因为p是质数啊喂
那么我们另(a=k*p)。
那么就是求证：
[(k*p)^b equiv (k*p)^{b％phi(p^q)+phi(p^q)}(mod p^q)
]
因为(bgeqphi(p^q)) 根据引理二可以知道(bgeq 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)
]
又因为(phi(p^q)geq q)，所以又可得：
[a^{b％phi(m)+phi(m)}equiv 0 (mod p^q)
]
那么到了这里，就已经证毕。
即证得：
[a^b equiv a^{b％phi(m)+phi(m)}(mod p_q)
]
又因为$phi$函数的积性，可以将上述结论推至对所有模数m都成立。