欧拉定理和费马定理

欧拉定理和费马定理（定理1，推论1）

定理1（欧拉定理）

设$m$是大于$1$的整数,$(a,m)=1,$则

$$a^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$$

欧拉是费马小定理的推广。

例 1：$a=3,m=10$，$\gcd (3,10)=1$，$\phi (10)=4$

则$3^4\equiv 1(\mathrm{mod}10)$

欧拉定理的用途

• 模反元素（逆元）的计算（比如求 $a^{-1}\mathrm{mod}n$）
• 模幂快速计算（特别在密码学、RSA算法中非常重要）
• 推导 费马小定理（当 $n$ 为素数时 $\phi (n)=n-1$）

这个的证明是既约剩余系的一个应用，下面来证明一下。

设$r_1,r_2,\dots ,r_{\phi (m)}$是模$m$的一个既约剩余系

$(a,m)=1$由上一节的定理3可知

$a{r}_1,a{r}_2,\dots ,a{r}_{\phi (m)}$也是模$m$的一个既约剩余系

由剩余系的定义可知，$a{r}_1\equiv r_{i_1}(\mathrm{mod}m),\dots ,a{r}_{\phi (m)}\equiv r_{i_{\phi (m)}}(\mathrm{mod}m)$

于是我们就有乘起来也是同余的

$a^{\phi (m)}{r}_1{r}_2\dots r_{\phi (m)}=(a{r}_1)(a{r}_2)\dots (a{r}_{\phi (m)})\equiv r_1{r}_2\dots r_{\phi (m)}(\mathrm{mod}m)$

这离我们要证的结论已经很近了，我们利用这一点：

若$a\equiv b(\mathrm{mod}m),$且$a=a_{1}d,b=b_{1}d,(d,m)=1,$则$a_1\equiv b_1(\mathrm{mod}m)$.

于是我们只需要证明$r_1{r}_2\dots r_m$与$m$互素即可

因为$r_1,r_2,\dots ,r_{\phi (m)}$是模$m$的既约剩余系，所以这里面的任何一个与$m$都是互素的，所以显然$r_1{r}_2\dots r_m$与$m$互素

于是我们就可以把$r_1{r}_2\dots r_m$约去了，即有$a^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{mod}m)$

推论1（费马小定理）

若$p$是素数，则$a^p\equiv a(\mathrm{mod}p)$

或者也可以写成$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$

证明也好证

我们先把要证明需要使用到的引理写出来： $p$是素数，且$a$是整数，则$p\mid a$或$(p,a)=1$

分类讨论一下

1. 若$p\mid a$,有 $a\equiv 0(\mathrm{mod}p)$则$a^p\equiv 0^p=0(\mathrm{mod}p),a\equiv 0(\mathrm{mod}p)$由这两个式子，利用同余的传递性，

   $a^p\equiv a(\mathrm{mod}p)$

2. 若$(p,a)=1$相当于在定理1中$p=m$的情况，则有$a^{\phi (p)=p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$

   再有$a\equiv a(\mathrm{mod}m)$易得$a^p\equiv a(\mathrm{mod}p)$

下面看下怎么用

例1

设$a\in {\mathbb{Z}}_{+},$则$a^5$与$a$的个位数相同

即我们要证$a^5\equiv a(\mathrm{mod}10)$

我们先用穷举法证明。

$a$的个位数字可能为$0,1,2,3,4,5,6,7,8,9$

$a^2$的个位数字可能为$0,1,4,9,6,5,6,9,4,1$

$a^3$的个位数字可能为$0,1,8,7,4,5,6,3,2,9$

$a^4$的个位数字可能为$0,1,6,1,6,5,6,1,6,1$

$a^5$的个位数字可能为$0,1,2,3,4,5,6,7,8,9$

于是我们可以得到$a^5\equiv a(\mathrm{mod}10)$

下面我们使用费马小定理证明

$a^2\equiv a(\mathrm{mod}2)\Rightarrow a^4\equiv a^2(\mathrm{mod}2),a^2\equiv a(\mathrm{mod}2)$

由传递性$a^4\equiv a(\mathrm{mod}2)$于是$a^5\equiv a(\mathrm{mod}2)$

故$2\mid (a^5-a)$

再有$a^5\equiv a(\mathrm{mod}5)$

$5\mid (a^5-a)$

于是有$10\mid (a^5-a)\iff a^5\equiv a(\mathrm{mod}10)$

聪明的读者可能已经发现了，个位数字变化的周期是4，刚刚我们用穷举法的时候已经看到了，于是我们有命题1

费马定理的应用-尾数问题（命题1）

命题1

设$a,m\in {\mathbb{Z}}_{+},$则$a^{m+4},a^m$的个位数字相同（即正整数的正整数次幂的个位数字是以$4$为周期变化的）。

推论2

1. 个位数字是$0,1,5,6$的任何正整数幂，其个位数字仍是$0,1,5,6$
2. $2^n$的个位数字以$2,4,8,6$为一个周期循环变化
3. $3^n$的个位数字以$3,9,7,1$为一个周期循环变化
4. $4^n$的个位数字以$4,6,4,6$为一个周期循环变化
5. $7^n$的个位数字以$7,9,3,1$为一个周期循环变化
6. $8^n$的个位数字以$8,4,2,6$为一个周期循环变化
7. $9^n$的个位数字以$9,1,9,1$为一个周期循环变化

这个其实不用记，稍微一想就知道怎么搞了。

例2

求下列各数的个位数字

1. $2^{100}+3^{101}+4^{102}$

2. $2022^{2020^{2021}}$

3. $1^5+2^5+3^5+\cdots +2021^5+2022^5$

4. $2^{100}\equiv 6(\mathrm{mod}10),3^{101}\equiv 3(\mathrm{mod}10),4^{102}\equiv 6(\mathrm{mod}10)$

   于是$2^{100}+3^{101}+4^{102}\equiv 5+3+6(\mathrm{mod}10)$ 故有个位数字为$5$

5. 注意到$2020^{2021}$的个位是按周期为$4$来变化的，$2020$是偶数所以$2020^{2021}$是$4$的倍数

   然后我们看末位数字$2$的变化情况$2,4,8,6$很容易知道尾数为6

6. 这个很容易想到例1的结果：$a^5\equiv a(\mathrm{mod}10)$

   于是$1^5+2^5+3^5+\cdots +2021^5+2022^5\equiv 1+2+3+\cdots +2022(\mathrm{mod}10)$

   于是我们只需要求$1+2+\cdots +2022=2023\times 1011$的个位数 很容易知道为$3$

欧拉定理的应用-纯循环小数的表示（定理2）

练习1

指出下列哪些小数是纯循环小数，哪些是混循环小数，并指出循环节和循环节的长度。

1. $\mathrm{0.316311631116311116...}$ 啥也不是，应该是无限不循环小数
2. $\mathrm{0.31636363...}$ 循环节为$63$长度为$2$
3. $\mathrm{0.3333....}$ 很明显循环节长度为$1$,循环节是$3$
4. $\mathrm{0.891643891643891643...}$ 循环节长度是$6$，循环节为$891643$
5. $\mathrm{0.23565787878...}$循环节为$78$长度为$2$
6. $\mathrm{0.473473473.}$ 这是有限小数。。。

其中$2$和$5$是混循环小数，$3$和$4$是纯循环小数。

定义1

对于一个无限小数$0.a_1{a}_2,\dots a_n\dots$($a_n$是$0,1,2,\dots ,9$之中的一个数，并且从任何一位以后不全是$0$),能找到两个整数$s\ge 0,t>0,$使得

$$a_{s+i}=a_{s+kt+i},i=1,2,\dots ,t;k=0,1,2,\dots$$

我们就称它为循环小数，并且简单地把它记作$0.a_1{a}_2\dots a_s\dot{a_{s+1}}\dots \dot{a_{s+t}}$

对于循环小数而言，具有上诉性质的$s$及$t$是不止一个的。如果找到的$t$是最小的，我们就称$a_{s+1},a_{s+2},\dots ,a_{s+t}$为循环节，$t$称为循环节的

长度；若最小的$s=0,$那小数就叫纯循环小数，否则就叫混循环小数。

练习2

将下列分数化为小数，并指出哪些是有限小数，哪些是纯循环小数，哪些是混循环小数。

$$\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{4},\frac{1}{5},\frac{1}{6},\frac{1}{7},\frac{1}{8},\frac{1}{9}$$

$\frac{1}{2}=0.5,$有限小数

$\frac{1}{3}=0.\dot{3},$纯循环小数

$\frac{1}{4}=0.25,$有限小数

$\frac{1}{5}=0.2,$有限小数

$\frac{1}{6}=0.1\dot{6},$混循环小数

$\frac{1}{7}=0.\dot{1}4285\dot{7},$纯循环小数

$\frac{1}{8}=0.125,$有限小数

$\frac{1}{9}=0.\dot{1},$纯循环小数

不难发现，纯循环小数的分母和$10$都是互素的，因为是十进制 而$\phi (10)=4$（1除外）因此只有三个

进而这有一个定理

定理2

有理数$\frac{a}{b},0<a<b,(a,b)=1$能表示成纯循环小数的充要条件是$(b,10)=1$

下面来证明一下

先来看充分性，因为$\frac{a}{b}$能表示为纯循环小数且$0<\frac{a}{b}<1$,不妨设$\frac{a}{b}=0.\dot{a_1}{a}_2\dots a_t(t\ge 1)=0.a_1{a}_2\dots a_t{a}_1{a}_2\dots a_t\dots$

所以有$10^t\frac{a}{b}=a_1{a}_2\dots a_t+0.\dot{a_1}\dots \dot{a_t}=q+\frac{a}{b}(q=a_1{a}_2\dots a_t>0)$

$(10^t-1)a=bq\Rightarrow b\mid (10^t-1)a\Rightarrow b\mid (10^t-1)$

$\exists u\in \mathbb{Z},$有$10^t-1=bu\Rightarrow 10^{t-1}\cdot 10+b(-u)=1$

利用裴蜀定理可知$(b,10)=1$

至此充分性我们就证完了。

下面来看必要性

这个逻辑可能复杂一点，需要使用前面使用到的欧拉定理。

$(b,10)=1,$由欧拉定理得$10^{\phi (b)}\equiv 1(\mathrm{mod}b)$

存在最小的正整数$t\ge 1$使得$10^t\equiv 1(\mathrm{mod}b),a\equiv a(\mathrm{mod}b)\Rightarrow a10^t\equiv a(\mathrm{mod}b)$

从而$b\mid (a10^t-a)$ 利用整除定义$\exists q\in \mathbb{Z},$有$a10^t-a=bq\Rightarrow a10^t=bq+a$

又$a>0$,由上式可以推出$a10^t>bq,$而$b>0$等式两边都除以$b$可知

$q<10^t\cdot \frac{a}{b},0<a<b\Rightarrow a\le b-1$

从而$q<10^t\frac{a}{b}\le 10^t\frac{b-1}{b}=10^t(1-\frac{1}{b})$

$b\ge 2,$因为$0<a<b$而$a,b$都是整数

所以有$q<10^t\Rightarrow q\le 10^t-1$

$a10^t-a=bq\ge a10^1-a=9a>0\Rightarrow q$与$b$同号，$b>0\Rightarrow q>0$

所以有$0<q\le 10^t-1(t\ge 1)$

上式表明$q$至少是一个一位数，至多有$t$位数

由$a10^t=qb+a\Rightarrow 10^t\cdot \frac{a}{b}=q+\frac{a}{b}\Rightarrow \frac{a}{b}=\frac{q}{10^t}+\frac{a}{b}\times 10^{-t}$

不妨设$q=a_1{a}_2\dots a_t(t\ge 1)=10^{t-1}{a}_1+10^{t-2}{a}_2+\cdots +10^1{a}_{t-1}+a_t$

因为$q>0$所以$a_1,\dots ,a_t$不全为零

$q=10^t(10^{-1}{a}_1+10^{-2}{a}_2+\cdots +10^{-t}{a}_t)=10^t\cdot 0.a_1{a}_2\dots a_t$

带回去上面那个式子得到

$\frac{a}{b}=0.a_1{a}_2\dots a_t+10^{-t}\frac{a}{b}$

这实际上是个递归公式我们不断的带入

就可以得到$\frac{a}{b}=0.\dot{a_1}\dots \dot{a_t}$

练习3

将下列混循环小数表示为分数

1. $0.8\dot{3}$
2. $0.4\dot{6}$
3. $0.6\dot{3}$
4. $0.32\dot{1}4285\dot{7}$

下列定理3会给出什么样的分数可以换成一个混循环小数。

1. 我们令$x=0.8\dot{3}\Rightarrow 10x=8+0.\dot{3}=8+\frac{1}{3}=\frac{25}{3}\Rightarrow x=\frac{5}{6}$

2. 同样的方法我们可以做出剩下的这几题。

   令$x=0.4\dot{6}\Rightarrow 10x=4+0.\dot{6}=4+\frac{2}{3}\Rightarrow x=\frac{7}{15}$

3. $x=\frac{19}{36}$

4. 令$x=0.32\dot{1}4285\dot{7}\Rightarrow 100x=32+\dot{1}4285\dot{7}=32+\frac{1}{7}\Rightarrow x=\frac{9}{28}$

混循环小数的表示（定理3）

定理3

若$\frac{a}{b}$是有理数，其中$0<a<b,(a,b)=1,b=2^{\alpha }{5}^{\beta }{b}_1,(b_1,10)=1,b_1\ne 1,\alpha ,\beta$不全为零，则$\frac{a}{b}$可以表示成混循环小数，其中不循环的位数是 μ = m a x { α , β } \mu=max\{\alpha,\beta\} μ=max{α,β}。

这个证明难度不低，下面我们来一起证明一下这个定理。

不失一般性，设$\mu =\beta \ge \alpha$则

$$10^{\mu }\cdot \frac{a}{b}=10^{\mu }\frac{a}{2^{\alpha }{5}^{\beta }{b}_1}=2^{\mu }{5}^{\mu }\cdot \frac{a}{2^{\alpha }{5}^{\beta }{b}_1}=\frac{2^{\mu -\alpha }\cdot a}{b_1}$$

$b=2^{\alpha }{5}^{\beta }{b}_1>0\Rightarrow b_1>0$

分子分母做个带余除法得$2^{\mu -\alpha }\cdot a=b_{1}M+a_1(0\le a_1<b_1)$变形得

$a^{\mu -\alpha }\cdot \frac{a}{b_1}=M+\frac{a_1}{b_1}$

${}^{\mu -\alpha }\cdot \frac{a}{b_1}=2^{\mu -\alpha }\cdot \frac{a}{b_1}\frac{1}{b}(2^{\alpha }{5}^{\beta }{b}_1)=10^{\mu }\cdot \frac{a}{b}$

从而有$10^{\mu }\cdot \frac{a}{b}=M+\frac{a_1}{b_1}$

下面搞一搞$M$的范围

实际上上面那个$a_1$是不可能等于零的，我们使用反证法。

由前面的分析$2^{\mu -\alpha }\cdot a=b_{1}M+a_1$

下面证$a_1\ne 0$

$b=2^{\alpha }{5}^{\beta }{b}_1\Rightarrow (b_1,2)=1$

我们假设$a_1=0$则$2^{\mu -\alpha }a=b_{1}M\Rightarrow b_1\mid 2^{\mu -\alpha }a\Rightarrow b_1\mid a,b_1\mid b$

从而$b_1\mid (a,b)=1$从而$b_1=1$这与已知矛盾，故$a_1\ne 0$

所以$a_1$的范围为$0<a_1<b_1$

下面我们从这个 除法找出$M$的范围

由$2^{\mu -\alpha }\cdot a=b_{1}M+a_1$可知$M\ge 0$

而$M<M+\frac{a_1}{b_1}=10^{\mu }\cdot \frac{a}{b}\Rightarrow 0\le M<10^u(0\le M\le 10^{\mu -1})$

$10^{\mu }\cdot \frac{a}{b}=M+\frac{a_1}{b_1}$ 两边同时除以$10^{\mu }$得

$\frac{a}{b}=\frac{M}{10^{\mu }}(小数)+\frac{a_1}{b_1}\frac{1}{10^{\mu }}(循环节)$

有理数$\frac{a}{b},0<a<b,(a,b)=1$能表示成纯循环小数的充要条件是$(b,10)=1$

下面逐一验证条件，也即$0<a_1<b_1,(a_1,b_1)=1,(b_1,10)=1$

$(a,b)=1\Rightarrow as+bt=1\Rightarrow as+b_1(2^{\alpha }{5}^{\beta }t)=1\Rightarrow (a,b_1)=1$

$(2^{\mu -\alpha },b_1)=1$因为$b_1$中不含素因子$2$

$(a_1,b_1)=(2^{\mu -\alpha }a,b_1)=(a,b_1)=1$(用到了：$a=bq+c$则$(a,b)=(b,c)$)

又$(10,b_1)=1，0<a_1<b_1$(这是已知条件，不用证)

所以由定理2$\frac{a_1}{b_1}$是纯循环小数，记$\frac{a_1}{b_1}=0.\dot{c_1}\dots \dot{c_t}$

因为$0\le M<10^{\mu }-1$

同样的手法，由定理2的证明可知$M=m_1{m}_2\dots m_{\mu }=10^{\mu -1}{m}_1+\cdots +m_{\mu }$

故

$$10^{\mu }\frac{a}{b}=(10^{\mu -1}{m}_1+10^{\mu -2}{m}_2+\cdots +m_{\mu })+0.\dot{c_1}\dots \dot{c_t}$$

然后等式两边同时除以$10^{\mu }$

$$\frac{a}{b}=(10^{-1}{m}_1+10^{-2}{m}_2+\cdots +10^{-\mu }{m}_{\mu })+0.\dot{c_1}\dots \dot{c_t}\times 10^{-\mu }$$

$$=0.m_1{m}_2\dots m_{\mu }\dot{c_1}\dots \dot{c_t}$$

于是$\frac{a}{b}$就可以表示成一个混循环小数的形式。

其实写到这证明还没有结束嘞。

使用反证法证明不循环的位数恰好是$\mu$

假设$\frac{a}{b}=0.m_1^{\prime }\dots m_{\nu }^{\prime }\dot{c_1^{\prime }}\dots \dot{c_s^{\prime }}$

于是

$$\begin{gathered} 10^{\nu }\cdot \frac{a}{b}=m_1^{\prime }\dots m_{\nu }^{\prime }.\dot{c_1^{\prime }}\dots \dot{c_s^{\prime }} \\ =[10^{\nu }\cdot \frac{a}{b}]+\frac{a_1^{\prime }}{b_1^{\prime }} \end{gathered}$$

由定理2有 $0<a_1^{\prime }<b_1^{\prime },(a_1^{\prime },b_1^{\prime })=1,(b_1^{\prime },10)=1$

$$10^{\nu }\cdot \frac{a}{b}=\frac{[10^{\nu }\cdot \frac{a}{b}]\cdot b_1^{\prime }+a_1^{\prime }}{b_1^{\prime }}=\frac{a^{\prime }}{b_1^{\prime }}\Rightarrow 10^{\nu }\cdot b_1^{\prime }a=b{a}^{\prime }$$

$$\Rightarrow 2^{\nu }{5}^{\nu }{b}_1^{\prime }a=2^{\alpha }{5}^{\beta }{b}_1{a}^{\prime }$$

除以$5^{\nu }$得

$2^{\nu }{b}_1^{\prime }a=2^{\alpha }{b}_1{a}^{\prime }{5}^{\beta -\nu }$

前面假设了$\mu =\beta$

有$\beta -\nu =\mu -\nu >0\Rightarrow \beta -\nu \ge 1$

$5\mid (2^{\nu }{b}_1^{\prime }a)\Rightarrow 5\mid (b_1^{\prime }a)$

有两种可能$5\mid b_1^{\prime }$或$5\mid a$

若$5\mid b_1^{\prime }$，则$(b_1^{\prime },10)=1$是不可能的

若$5\mid a$，则$(a,b)=1$是矛盾的

因而我们前面的假设是错误的既$\nu <\mu$是错的，即$\nu =\mu$

即$\frac{a}{b}$的不循环的 位数恰好是$\mu$.

至此，我们整个定理3的证明就完成了。