歐拉定理

時間 2021-02-01

標籤數組函數 spa rem get function class 简体版

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歐拉定理
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歐拉定理

本文章大部分摘抄自這裏數組

前置芝士

一、惟一質數分解定理（Unique factorisation theorem）

任意一個正整數 n > 1 均可以惟一的分解爲質數的乘積函數

\[n = 2^{e_1} \times 3^{e_2} \times 5^{e_3} \times ··· = \prod_{i=1}^N p^{e_k}_k \]

其中 $e_1 , e_2 , ··· \in \mathbb{N}$ , 咱們稱這個分解爲 $n$ 的標準分解ui

二、互質（Coprime）、最大公因數（GCD）和最小公倍數（LCM）

對於整數 $a, b$ 咱們記 $\gcd(a. b)$ 和 $\rm {lcm} (a, b)$ 爲 $a, b$ 的最大公因數和最小公倍數，有時候咱們會直接把他們簡寫爲 $(a, b)$ 和 $[a, b]$ 。若是 $gcd(a, b)$ ，咱們稱 $a, b$ 互質，也就是說他們沒有任何共同的質因數。spa

它有幾個基本的性質，對於正整數$a, b, n$rem

$\gcd(a, b) = \gcd(a \pm b, b)$
$\gcd(na, nb) = n\gcd(a , b)$
$\gcd(a, b) = \Large \frac{a·b}{\rm{lcm}(a, b)}$
斐蜀定理：存在整數 $x, y $使得 $\gcd(a, b) = ax + by$

三、同餘關係（Congruence relations）

整數 $a$ 和 $b$ 除以 $n$ 的餘數相同，則稱 $a, b$ 模 $n$ 同餘，計做get

\[a \equiv b (\!\!\!\!\!\!\mod n) \]

若是對於整數 $a_1, a_2, b_1, b_2$ 有it

\[a_1 \equiv b_1(\!\!\!\!\!\!\mod n) \]

\[a_2 \equiv b_2(\!\!\!\!\!\!\mod n) \]

那麼能夠把它們相加或相減io

\[a_1 \pm a_2 \equiv b_1 \pm b_2(\!\!\!\!\!\!\mod n) \]

也能夠把它們相乘function

\[a_1 a_2 \equiv b_1 b_2(\!\!\!\!\!\!\mod n) \]

經過這兩條性質，咱們容易知道，若是 $a \equiv b(\!\!\!\!\mod n)$ 那麼class

\[P(a) \equiv P(b)\quad(\!\!\!\!\!\!\mod n) \]

對於任意整係數多項式 $P(x)$ 都成立

這裏須要注意一點的是，若是整數 $a, b, c$ 知足

\[ac \equiv bc(\!\!\!\!\!\!\mod n) \]

那麼只有當 $n, c$ 互質時才能夠把兩邊的 $c$ 直接約掉，獲得 $a \equiv b (\!\!\!\!\mod n)$ 更通常的

\[a \equiv b (\!\!\!\!\!\!\mod \frac{n}{\gcd (n, c)}) \]

四、同餘類(Residue class)、徹底剩餘系(Complete residue system)、縮剩餘系(Reduced residue system)

經過一個整數模 $n$ 的餘數，咱們能夠把全部整數分爲 $n$ 類，記

\[\bar{r}_n = \{ m \in \mathbb{Z} \mid mn + r\} \]

爲模 $n$ 餘 $r$ 的同餘類(也叫剩餘類)舉個例子

\[\bar{4}_10 \{ ···,-16, -6, 4, 14, 24,··· \} \]

是模$10$餘$4$的同餘類 (即餘數都是$4$，對於負數先$+mod$在$\%mod$）

從 $\bar{0}_n, \bar{1}_n, \bar{2}_n, ..., \overline{(n-1)}_n$ 中各挑出一個數就組成了一個模 $n$ 的徹底剩餘系（完系） $R_n$

\[R_n = \{ r_0, r_1, r_2 ···,r_{n - 1} \} \]

其中$r_0 \in \overline{0_n}, r_1 \in \overline{1_n}, r_2 \in \overline{2_n},···, r_{n-1} \in \overline{(n-1)_n} $

換言之，$n$ 個模 $n$ 互相不一樣餘的整數組成一個模 $n$ 的徹底剩餘系

咱們稱$R_n = \{ 0, 1, ···, n - 1 \}$ 爲模 $n$ 的最小非負徹底剩餘系（最小非負完系）

取一個模 $n$ 的徹底剩餘系 $R_n$ ,取出裏面全部和 $n$ 互質的數，這些數組成一個模 $n$ 的縮剩餘系（縮系），記爲 $ \large \Phi_n$

\[\Large\Phi_n = \{ c_1, c_2, ···, c_{\varphi(n)} \} \]

其中 $\varphi(n)$ 是前面提到的歐拉函數，表明 [小於 $n$ 的正整數中和 $ n$ 互質的數] 的個數

注意，由於 $\gcd(c_i, n) = \gcd (c_i + n, n) = 1$, 每個模 $n$ 的縮剩餘繫有相同數量的元素（縮剩餘系中的每個數所屬的同餘類是肯定的，因此總有肯定的 $\varphi(n)$ 個同餘類）

若是縮剩餘系 $\Phi_n = \{ c_1, c_2, ···, c_{\varphi(n)}\}$ 知足 $1 \leqslant c_1, c_2, ···，c_{\varphi(n)} \leqslant n - 1$, 那麼稱其爲模 $n$ 的最小正縮剩餘系（最小正縮系）。

4.歐拉函數(Euler's totient function)

對於正整數 $n$ , $\varphi(n)$ 表明 [小於 $n$ 的正整數中和 $n$ 互質的數] 的個數，這個函數被稱做歐拉函數；

歐拉還告訴咱們：

\[\frac{\varphi(n)}{n} = \prod_{p \mid n} \large(1 - \frac{1}{p}) \]

其中 $p$ 取到 $n$ 的全部質因數

因此咱們能夠很方便的計算一個正整數歐拉函數的值，好比

\[\varphi(1926) = \varphi(2 \times 3^2 \times 107) = 1926(1 - \frac{1}{2})(1 - \frac{1}{3})(1 - \frac{1}{107}) = 636 \]

歐拉函數還有一些很是有用的性質:

若是正整數 $n >2$ 那麼 $\varphi(n)$
若是 $n \mid N$ ,那麼 $\varphi(n) \mid \varphi(N)$
對於正整數 $a, n$ 有 $n \mid \varphi(a^n - 1)$
對於正整數 $m ,n$ 有 $\varphi(mn) = \varphi(m)\varphi(n)\Large\frac{\gcd(m,n)}{\varphi(\gcd(m,n))}$
特別地，若是 $m, n$ 互質，那麼 $\varphi(mn) = \varphi(m)\varphi(n)$
對於正整數 $n$ 有 $\sum_{d \mid n} \varphi(d) = n$
對於正整數 $n$ 有 $\sum_{1 \leqslant k \leqslant n, \gcd(k,n) = 1} \frac{k}{n} = \frac{\varphi(n)}{2}$

正文

歐拉定理

若是正整數 $n$ 和整數 $a$ 互質，那麼就有

\[a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod n \]

其中 $\varphi(n)$ 是歐拉函數

如下是證實：

考慮$n$的最小正縮系

\[\Phi_n = \{ c_1, c_2, ···c_{\varphi(n)}\} \]

已知 $\gcd (a, n) = 1$ 咱們在 $\Phi_n$ 的每個元素前面都乘一個 $a$

\[a \Phi_n = \{ ac_1, ac_2, ···, ac_{\varphi(n)} \} \]

利用反證法能夠證實 $a\Phi_n$ 也是一個模 $n$ 的縮系（其元素的同餘類的順序有可能會改變，但這並無任何影響），假設

\[ac_i \equiv ac_j \pmod n \]

其中 $i \ne j$ ,由於 $a, n$ 互質能夠將兩邊消去 $a$, 那麼就獲得

\[c_i \equiv c_j \pmod n \]

這是不可能的，由於 $\Phi_n$ 中的互相模 $n$ 不一樣餘，出現矛盾了！

接下來的思路就比較清晰了，由於 $\Phi_n$ 和 $a\Phi_n$ 都是模 $n$ 的縮系

\[\prod^{\varphi(n)}_{i = 1}c_i \equiv \prod^{\varphi(n)}_{i = 1}ac_i = a^{\varphi(n)} \prod^{\varphi(n)}_{i = 1}c_i \pmod n \]

顯然

\[\gcd(n, \prod^{\varphi(n)}_{i = 1} c_i) = 1 \]

因此能夠兩邊消去它

\[a^{\varphi(n)} \equiv 1 \pmod n \]

而後咱們就證畢了，是否是意外的簡單？

另外，若是咱們讓 $n = q$ 是一個質數，咱們就能夠從歐拉定理推出費馬小定理（Feramt's little theorem）

若是 $p$ 是質數，那麼 $p \mid n^p - n$ 對於任意整數 $n$ 都成立

固然，費馬小定理也能夠用概括法證實，假設 $p \mid n^p - n$ 那麼

\[(n ＋ 1) ^　p - (n + 1) = \sum^{p - 1}_{r = 1} \dbinom{p}{r} n^r + n ^ p - n \]

當 $1 \leqslant r \leqslant p - 1$ 時，二項次係數 $\dbinom{p}{r} = \Large\frac{p!}{(p -r)!r!}$ 的分子中有 $p$ ，分母中每個乘子都不能整除 $p$ （由於 $p$ 是質數），因此 $p$ 可以整除 $\dbinom{p}{r}$, 進而獲得 $p \mid (n + 1)^p - (n + 1)$。當 $n = 0$ 時顯然成立，因此定理成立

接下來咱們看看如何證實

\[\frac{\varphi(n)}{n} = \prod_{p\mid n}\large(1 - \frac{1}{p}) \]

首先考慮 $\varphi(p^e)$,其中 $p$ 是質數，$e$ 是非負整數

若是要使 $\gcd(p^e, k) \ne 1$, 只能讓 $k$ 等於 $p$ 的倍數

在 $1 \leqslant k \leqslant p^e$ 範圍內， $p$ 的倍數有 $p,2p,3p,···,p^{e-1}p = p^e$ 總共 $p^{e - 1}$ 個，因此

\[\varphi(p^e) = p^e - p^{e - 1} = p^e(1 - \frac{1}{p}) \]

而後咱們證實對於 $\gcd (m,n) = 1$ 有 $\varphi(mn) = \varphi(m)\varphi(n)$，咱們首先構造兩個集合，第一個集合是模 $mn$ 的最小正縮系 $\Phi_mn$ ，第二個集合定義爲

\[S = \{ (m,n) \mid m \in \Phi_m , n \in \Phi_n \} \]

其中 $\Phi_m, \Phi_n$ 分別是模 $m, n$ 的最小正縮系，顯然 $\mid \Phi_{mn} \mid = \varphi(mn)$ 和 $\mid S \mid = \varphi(m)\varphi(n)$

若是咱們證實存在一個雙射 $f: \Phi_{mn} \to S$ ,就證實了 $\varphi(mn) = \varphi(m)\varphi(n)$

咱們讓

\[f(a) = (a\!\!\!\!\!\mod m, a \!\!\!\!\!\mod n) \]

首先咱們用反證法證實 $f$ 是單射，假設 $a, b \in \Phi_{mn}$ 知足 $a \ne b$ 且 $f(a) = f(b)$ 那麼

\[a \equiv b \pmod m \]

\[a \equiv b \pmod n \]

顯然，由於 $\gcd (m,n) = 1$ 咱們能得出 $a \equiv b \pmod {mn}$,這與咱們的假設矛盾（由於 $\Phi_{mn}$ 是模 $mn$ 的縮系，$a,b$ 是 $\Phi_{mn}$ 的兩個不一樣的元素，因此他們模 $m,n$ 不一樣餘）。接下來，中國剩餘定理告訴咱們

若是正整數 $r_1,r_2$ 和正整數 $\gcd(n_1,n_2) = 1$ ,同餘方程組

\[x \equiv r_1 \pmod {n_1} \]

\[x \equiv r_2 \pmod {n_2} \]

在 $0 \leqslant x < n_1n_2 範圍內有且只有一個解$

經過中國剩餘定理咱們可以證實 $f$ 是滿射，因此 $f$ 是雙射

因此對於 $\gcd (m,n) = 1$ 就有 $\varphi(mn) = \varphi(m) \varphi(n)$，假設 $n$ 的標準分解爲

\[n = 2^{e_1} \times 3^{e_2} \times 5^{e_3} \times ··· = \prod^{\infty}_{k = 1}p_k^{e_k} \]

其中 $e_1, e_2， ··· \in \mathbb{N} $，那麼

\[\varphi(n) = \varphi(\prod^{\infty}_{k = 1}p_k^{e_k}) = \prod^{\infty}_{k = 1}\varphi(p_k^{e_k}) = \prod^{\infty}_{k = 1}p_k^{e_k}(1 - \frac{1}{p_k}) \]

\[= (\prod^{\infty}_{k = 1}p_k^{e_k})\prod^{\infty}_{k = 1}(1 - \frac{1}{p_k}) = n \times \prod^{\infty}_{k = 1}(1 - \frac{1}{p_k}) \]

證畢。

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