## 费马小定理

若 $p$ 为素数，$\gcd(a, p) = 1$，则 $a^{p - 1} \equiv 1 \pmod{p}$。

另一个形式：对于任意整数 $a$，有 $a^p \equiv a \pmod{p}$。

## 欧拉定理

若 $\gcd(a, m) = 1$，则 $a^{\phi(m)} \equiv 1 \pmod{m}$。

### 证明

设 $r_1, r_2, \cdots, r_{\phi(m)}$ 为模 $m$ 意义下的一个简化剩余系，则 $ar_1, ar_2, \cdots, ar_{\phi(m)}$ 也为模 $m$ 意义下的一个简化剩余系。所以 $r_1r_2 \cdots r_{\phi(m)} \equiv ar_1 \cdot ar_2 \cdots ar_{\phi(m)} \equiv a^{\phi(m)}r_1r_2 \cdots r_{\phi(m)} \pmod{m}$，可约去 $r_1r_2 \cdots r_{\phi(m)}$，即得 $a^{\phi(m)} \equiv 1 \pmod{m}$。

当 $m$ 为素数时，由于 $\phi(m) = m - 1$，代入欧拉定理可立即得到费马小定理。

## 扩展欧拉定理

$a^b \equiv a^{b \mod \phi(p)} \pmod p$   $(\gcd(a,p)=1)$

$a^b \equiv a^b \pmod p$   $(\gcd(a,p)\ne 1,b<\varphi(p))$

$a^b \equiv a^{b \mod \phi(p)+\phi(p)} \pmod p$  $(\gcd(a,p)\ne 1,b \ge  \varphi(p))$

### 证明

证明转载自 [synapse7](http://blog.csdn.net/synapse7/article/details/19610361)

1.  在 $a$ 的 $0$ 次，$1$ 次，...，$b$ 次幂模 $m$ 的序列中，前 $r$ 个数（$a^0$ 到 $a^{r-1}$) 互不相同，从第 $r$ 个数开始，每 $s$ 个数就循环一次。

    证明：由鸽巢定理易证。

    我们把 $r$ 称为 $a$ 幂次模 $m$ 的循环起始点，$s$ 称为循环长度。（注意：$r$ 可以为 $0$）

    用公式表述为：$a^r\equiv a^{r+s}\pmod{m}$ 

2.  $a$ 为素数的情况

    令 $m=p^rm'$，则 $\gcd(p,m')=1$，所以 $p^{\phi(m')}\equiv 1\pmod{m'}$ 

    又由于 $\gcd(p^r,m')=1$，所以 $\phi(m') \mid \varphi(m)$，所以 $p^{\varphi(m)}\equiv 1 \pmod {m'}$，即 $p^\phi(m)=km'+1$，两边同时乘以 $p^r$，得 $p^{r+\phi(m)}=km+p^r$（因为 $m=p^rm'$ ）

    所以 $p^r\equiv p^{r+s}\pmod m$，这里 $s=\phi(m)$

3. 推论：$p^b\equiv p^{r+(b-r) \mod \phi(m)}\pmod m$ 

4.  又由于 $m=p^rm'$，所以 $\phi(m) \ge  \phi(p^r)=p^{r-1}(p-1) \ge r$ 

    所以 $p^r\equiv p^{r+\phi(m)}\equiv p^{r \mod \phi(m)+\phi(m)}\pmod m$ 

    所以 $p^b\equiv p^{r+(b-r) \mod \phi(m)}\equiv p^{r \mod \phi(m)+\phi(m)+(b-r) \mod \phi(m)}\equiv p^{\phi(m)+b \mod \phi(m)}\pmod m$ 

    即 $p^b\equiv p^{b \mod \phi(m)+\phi(m)}\pmod m$ 

5.  $a$ 为素数的幂的情况

    是否依然有 $a^{r'}\equiv a^{r'+s'}\pmod m$？(其中 $s'=\phi(m),a=p^k$)

    答案是肯定的，由 2 知 $p^s\equiv 1 \pmod m'$，所以 $p^{s \times \frac{k}{\gcd(s,k)}} \equiv 1\pmod {m'}$，所以当 $s'=\frac{s}{\gcd(s,k)}$ 时才能有 $p^{s'k}\equiv 1\pmod {m'}$ ，此时 $s' \mid s \mid \phi(m)$ ，且 $r'= \lceil \frac{r}{k}\rceil \le r \le \phi(m)$ ，由 $r',s'$ 与 $\phi(m)$ 的关系，依然可以得到 $a^b\equiv a^{b \mod \phi(m)+\phi(m)}\pmod m$

6.  $a$ 为合数的情况

    只证 $a$ 拆成两个素数的幂的情况，大于两个的用数学归纳法可证。

    设 $a=a_1a_2,a_i=p_i^{k_i}$，$a_i$ 的循环长度为 $s_i$；

    则 $s \mid lcm(s_1,s_2)$，由于 $s_1 \mid \phi(m),s_2 \mid \phi(m)$，那么 $lcm(s_1,s_2) \mid \phi(m)$，所以 $s \mid \phi(m)$， $r=\max(\lceil \frac{r_i}{k_i} \rceil) \le \max(r_i) \le \phi(m)$；

    由 $r,s$ 与 $\phi(m)$ 的关系，依然可以得到 $a^b\equiv a^{b \mod \phi(m)+\phi(m)}\pmod m$；

    证毕。