拓展欧拉定理漫谈

已知数列$\left\{a_n\right\}: 3^1,3^2,3^3 \cdots$

问第2022项个位数字多少

这个小学找规律问题很简单，$3^n$个位数以3，9，7，1为循环节循环，照这个规律很容易得到答案

作为掌握一定数论知识的我们，当然要探其渊薮

个位数的本质是mod 10，而（3，10）=1，根据欧拉定理$3^{\varphi(10)}\equiv 1(mod 10)$ $\varphi(10)=4$ 所以周期为4

进一步思考的读者会有这样的发现:

设$a_n=a^n(a\in\mathbb{N^*},n\ge1)$那么对于所有a，$\left\{a_n(mod 10)\right\}$的公共周期为4

这是容易说明的，对所有a,$\left\{a^n(mod 2)\right\}$的公共周期为1

若$5\mid a$,则$\left\{a^n(mod 5)\right\}$的周期为1，若（5，a)=1则$\left\{a^n(mod 5)\right\}$周期为$\varphi(5)=4$

因此对所有$a\in\mathbb{N^*}$,$\left\{a^n(mod 10)\right\}$的公共周期为$[\varphi(2),\varphi(5)]=4$

现在回到正轨

由此看来，一般的自然数幂取模都具有周期性

对于底数为a,模数为m的数列$\left\{a^n(mod m)\right\}$，若（a,m)=1，根据朴素欧拉定理$\varphi(m)$为一个周期

但$\varphi(m)$不一定是最小周期，由此引出了初等数论中阶（又称指数）与原根的概念

阶定义：m>1,(a,m)=1,使$a^r\equiv 1(mod m)$成立的最小$r\in{N^*}$叫a对模m的阶，记作$\delta_m(a)$

原根定义：若$\delta_m(a)=\varphi(m)$，称a是mod m的一个原根

当然，阶与原根不是我们今天的主角，感兴趣的读者可以进一步了解相关有趣的性质与定理

好奇的读者会追问，如果a与 m不互素，周期性又是怎样的呢

先来看个例子 对于$\left\{2^n(mod 20)\right\}$

2 4 8 16 32 24 8 16 32 24 $\cdots \cdots$

后面8，16，32，24以4为周期循环，但前两项不符合规律

类比循环小数的定义，我们来定义模纯周期数列与模混周期数列

对于整数列$\left\{a^n\right\}$，存在常正整数T，若从它的第N项起，恒有$a_{n+T}\equiv a_n(mod m) (n\ge N)$成立

则称$\left\{a^n(mod m)\right\}$为模m的周期数列

当N=1时称为模纯周期数列，否则为模混周期数列

这两个概念很容易理解

对于一般的自然数取模数列，若（a,m)=1则必定为模纯周期数列

若a与 m不互素,则可能为模混周期数列

在程序设计中，为了求出高次幂取模，我们常常用欧拉定理化大指数为小指数，再利用快速幂解决

当（a,m)$\ne 1$时扩展欧拉定理便派上了用场

这基于我们一个猜想：模混周期数列的非循环部分长度一定不超过$\varphi(m)$

$a^b\equiv \left\{\begin{matrix} a^{b\:mod\:\varphi(m)}\quad(a,m)=1\\ a^b\quad(a,m)\ne1,b\le\varphi(m)\\ a^{b\:mod\:\varphi(m)+\varphi(m)}\quad(a,m)\ne1,b\ge\varphi(m) \end{matrix}\right. (mod\:m)$

由于$b\le \varphi(m)$时用快速幂暴力处理即可

下面给出$b\ge \varphi(m)$证明：

首先转化成数学语言，利用带余除法定理去掉mod符号 $\exists n,r$使b=n$\varphi(m)$+r其中$0\le r<\varphi(m)$ $a^b=a^{n\varphi(m)+r}$ $a^{b\:mod\:\varphi(m)+\varphi(m)}=a^{\varphi(m)+r}$ 只需证$a^{n\varphi(m)}\equiv a^{\varphi(m)}(mod\:m)$ 处理模合数的一般方法使是分解质因数，然后用CRT（中国剩余定理）逐个击破 设$p^k\parallel m$(注：$p^k$恰好整除m),则只需证$a^{n\varphi(m)}\equiv a^{\varphi(m)}(mod\:p^k)$ 采用素因子分析法，设$a=p^rb$ (p,b)=1 推出 （$p^ k$,b)=1 由欧拉定理 $b^{\varphi(p^k)}\equiv 1(mod\:p^k)$ 由欧拉函数积性，$\varphi(p^k)|\varphi(m)$ 所以 $b^{\varphi(m)}\equiv 1(mod\:p^k)$ 利用这个式子对目标化简 $a^{n\varphi(m)}\equiv p^{nr\varphi(m)}(mod\:p^k)$ $a^{\varphi(m)}\equiv p^{r\varphi(m)}(mod\:p^k)$ 只需证 $p^{nr\varphi(m)}\equiv p^{r\varphi(m)}(mod\:p^k)$ 分类讨论 若r=0,显然成立 若r>0,根据$\varphi(m)\ge\varphi(p^k)=p^{k-1}(p-1)\ge 2^{k-1} \ge k$ 左右两边都同余到0，所以也成立

综上得证

这个证明的核心步骤是$a^{n\varphi(m)}\equiv a^{\varphi(m)}(mod\:m)$

任取$n\ge 1$都成立，其实就是暗示模混周期数列的非循环部分长度一定不超过$\varphi(m)$，并且循环节的长度也不超过$\varphi(m)$

理解这个原理，就可以轻松做洛谷P5091 【模板】扩展欧拉定理啦

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来源： https://www.cnblogs.com/xvzichen/p/16391475.html