欧拉定理

欧拉定理是对费马小定理处理整数的幂模正整数。它出现在初等数论的应用中，包括理论基础RSA密码系统。

让 $n$是一个正整数，让 $一个$是一个相对质数的整数 $n。$然后

$A ^{\phi(n)} \equiv 1 \pmod n，$

在哪里 $\φ(n)$是欧拉totient函数，它计算正整数的数目 $\ n$哪些是相对质数 $n。$

假设 $一个$是相对首要的 $10。$自 $\ phi（10）= 4，$根据欧拉定理 $A ^4 \equiv 1 \pmod{10}，$即，的个位数 $^ 4$总是 $1.$请参阅维基百科求幂的最后一位类似的问题。

这里有两个证明:一个使用直接论证，涉及将所有元素相乘，另一个使用群理论．

使用残留类的证明:

考虑的元素 $R_1, r_2, ldots, r_{(n)}$的 $({\ mathbb Z} / n) ^ *,$相对素数的整数的同余类 $n。$为 $在({\ mathbb Z} / \ n) ^ *,$就是乘以 $一个$是这个集合的一个排列;也就是集合 $\{ar_1, ar_2, ldots, ar_{\phi(n)} \}$= $({\ mathbb Z} / n) ^ *。$这个说法是正确的，因为乘以 $一个$是来自有限集的函数吗 $({\ mathbb Z} / n) ^ *$它的逆，也就是乘以 $\ frac1a \ pmod n。$

例如，让 $n = 9$和 $= 2。$然后 $({mathbb Z}/n)^* ={{1,2,4,5,7,8\}。$乘法的 $2$把这个集合变成 $\{2、4、8、1、5、7 \}。$它对集合中的元素进行置换。
$\大($乘法的 $5 = \ fr12 \pmod$是这个排列的倒数。 $\大)$

现在，根据声明，考虑所有元素的乘积 $({\ mathbb Z} / n) ^ *。$一方面，确实如此 $r_1r_2 \ cdots r_{\φ(n)}。$另一方面，它是 $(ar_1) (ar_2) (\ cdots) (ar_{\φ(n)})。$所以这些产品是一致的mod $n$：

$\开始{对齐}r_1r_2 \ cdots r_{\φ(n)} & \枚(ar_1) (ar_2) (\ cdots) (ar_{\φ(n)}) \ \ r_1r_2 \ cdots r_{\φ(n)} & \枚^{\φ(n)} r_1r_2 \ cdots r_{\φ(n)} \ \ 1 & \枚^{\φ(n)},结束\{对齐}$

如取消 $r_i$是允许的，因为它们都有乘法逆 $\ pmod n。$ $_ \广场$

证明使用拉格朗日定理：

中的元素 $({\ mathbb Z} / n)$用乘法逆形成a集团根据乘法,表示 $({\ mathbb Z} / n) ^ *$．这个组 $\φ(n)$元素。由…的权力组成的子群体 $一个$有 $d$元素, $d$是个乘法指令的 $一个$ $\大($因为子组的元素是 $1一个^ 2,\ ldots ^ {d 1} \大)。$

通过拉格朗日定理, $d | \φ(n),$说 $dk = \φ(n)$对于一些整数 $k。$自 $^ d \枚1 \ pmod {n},$

$A ^{\phi(n)} \equiv A ^{dk} \equiv左(A ^d右)^k \equiv 1^k \equiv 1 \pmod{n}。\ _ \广场$

表明,如果 $n$是奇数吗 $n$分 $2 ^ {(n - 1) !} 1$．

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这个声明是明确支持的 $n = 1,$所以假设 $n > 1。$通过欧拉定理, $2^{\phi(n)} \equiv 1 \pmod n$．自 $\φ(n) \ n - 1$,我们有 $(n - 1) != (n) \cdot k$对于一些整数 $k$．所以

$2 ^ {(n - 1) !｝\equiv 2^{\phi(n) \cdot k} \equiv \left(2^{\phi(n)}\right)^k \equiv 1^k \equiv 1 \pmod n.\ _\square$

让 $a_1 = 3$和 $an = 3 ^{现代{n}}$为 $n \通用电气2。$找出的最后两位数字 $现代{2016}。$

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请注意, $a_k \ 3枚$国防部 $4$对所有 $k。$现在的目标是计算 $现代{2016}\ pmod{25}。$自 $现代{2016}= 3 ^{现代{2015}},$计算就足够了 $现代{2015}$国防部 $\φ(25)= 20。$同样,我们想要的 $现代{2014}$国防部 $\φ(20)= 8,$ $现代{2013}$国防部 $\φ(8)= 4,$和 $A_ {2012}$国防部 $\φ(4)= 2。$但是所有的 $a_k$是奇怪的,所以 $A_ {2012} \pmod 2。$我们一路往上爬，

$\begin{aligned} a_{2013} \equiv 3^1 &\equiv 3 \pmod 4 \ a_{2014} \equiv 3^3 &\equiv 3 \pmod 8 \ a_{2015} \equiv 3^3 &\equiv 7 \pmod{20} \ a_{2016} \equiv 3^7 &\equiv 12 \pmod{25}。结束\{对齐}$

所以 $A_ {2016} \ Equiv 3 \ PMOD 4$和 $A_ {2016} \equiv 12 \pmod{25}，$所以中国剩余定理它和一个唯一的元素mod相等 $One hundred.$这是 $87$通过检查。 $_ \广场$