数论概论读书笔记 11.欧拉函数与中国剩余定理

欧拉函数与中国剩余定理

欧拉公式

$$a^{\varphi(m)} \equiv 1(mod m)$$
很美

但是，我们使用这个公式时不可避免要计算$\varphi(m)$

一种简单的方法是枚举1~m-1来检查是否互质，但是当m几十位上百位时，这种方法就不可行了

我们试着去寻找一些规律

首先，当m是一个素数时，$\varphi(p)=p-1$ 这很自然

当$m=p^k$时，考虑$1 \sim p^k$ 之间与p互质的数的个数。由于p是质数，则其间只有能被p整除的那些数不与$p^k$ 互质

这些数共有多少个呢？显然是$p^k/p$个 即$P^{k-1}$

所以得到

$$\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1} \quad p \ is \ prime \ here$$
现在素数和素数的幂我们已经解决了

看看还能不能找出其他规律

通过之前的同余、费马小定理、欧拉公式，我们可以看出互质在这里非常重要，下面找一些例子看看

我们知道如果p、q是素数，则$p^j$和$q^k$ 也是互质的 ，如下所示

从这个表可以看出$\varphi(p^jq^k)=\varphi(p^j)\varphi(q^k)$

再尝试一些不是素数次幂互质的例子，如$\varphi(14)=6 \quad \varphi(15)=8 \quad \varphi(210)=48$

于是我们猜测下述断言成立

如果gcd(m,n)=1 则$\varphi(mn)=\varphi(m)\varphi(n)$ 这个公式会很有用

它为我们提供了快捷计算欧拉函数的方法：

对于一个整数m,进行质因数分解可得

$$m=p_1^{k_1}\cdot p_2^{k_2} \cdot \cdot \cdot p_r^{k_r}$$
由于是不同的素数底数，所以之间是互质的

于是得到

$$\varphi(m)=\varphi(p_1^{k_1})\cdot \varphi(p_2^{k_2})\cdot \cdot \cdot \varphi(p_r^{k_r})$$
又$\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}$ 所以带入后即可直接计算

总结一下$\varphi$ 函数公式

定理11.1 ($\varphi$ 函数公式).

(a)如果p是素数且$k\geqslant1$ 则 $\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}$

(b)如果gcd(m,n)=1 则$\varphi(mn)=\varphi(m)\varphi(n)$

证明 只要证明b

有两个集合，第一个集合是

$$\{a: 1\leqslant a \leqslant mn,\quad gcd(a,mn)=1\}$$
这个集合有$\varphi(mn)$个元素

第二个集合是

$$\{ (b,c):1\leqslant b \leqslant m, \ gcd(b,m)=1 \quad, \quad 1\leqslant c \leqslant n, \ gcd(c,n)=1 \}$$
这个集合有$\varphi(m)*\varphi(n)$个元素

只要证明两个集合的元素是一一对应的，那么这两个集合的元素就是相等的。考虑下面两个角度

①第一个集合的每个元素，在第二个集合中都能找到对应项。

②第二个集合的每个元素在第一个集合中都有原项。

下面分别证明两点

①首先，$gcd(a,mn)=1$ 则(a,m)=(a,n)=1 那么$(a\%m,m)=(a\%n,n)=1$ 即在第二个集合一定能找到对应

可能出现多对一吗？假设存在设为$a_i,a_j$ 则$a_i\equiv a_j(modm)$ $a_i\equiv a_j(modn)$

即$m|(a_i-a_j)$ $n| (a_i-a_j)$

又m,n互质

则$mn|(a_i-a_j)$

而$a_i,a_j\in [1,mn-1]$之间的 所以$a_i=a_j$

即第一个集合的不同数对应第二个集合的不同序对

②对于b,c的已知值，至少可以求得一个整数a满足

$$a\equiv b(mod m) \quad a\equiv c(mod n)$$
这个同余式组一定有解 的事实非常重要，以至于有自己的名称

定理11.2（中国剩余定理）. 设m与n是整数，gcd(m,n)=1，b与c是任意整数

则同余式组

$$x\equiv b(mod\ m) 与x\equiv c(mod n)$$
恰有一个解$0\leqslant x<mn$

证明根据线性方程定理 见书p53

（带入思想）

习题

11.2 $\varphi(m) \quad m>=3$ 则 $\varphi(m)$为偶数

11.3 试证明

$$\varphi(m)=m(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})...(1-\frac{1}{p_r})$$
解答 ：由$\varphi$ 函数公式和唯一分解定理可简单证明

11.9 m1,m2,m3两两互质

设a1,a2,a3是任意3个整数，证明同余式组

$$x\equiv a_1(mod m_1) ,x\equiv a_2(mod m_2) ,x\equiv a_3(mod m_3)$$
在区间$0\leqslant x < m_1m_2m_3$ 恰有一个整数解$x$

带入思想

试推广到更多同余式

求出方程组$x\equiv a_i(mod \ m_i) (0 \leqslant i <n)$ 的解x

其中$m_0,m_1,m_2,m_3...m_{n-1}$ 两两互质

解：

令$M_i=\prod_{j\neq i}m_j$ 则有$(M_i,m_i)=1$

故存在$p_i,q_i$ ，使得$M_i*p_i+m_i*q_i=1$

令 $e_i=M_ip_i$ , $p_i$即为$M_i$ 模$m_i$下的逆元 $(M_i,m_i)=1$

则有
$$
e_i\equiv

\left{

$$\begin{matrix} 0(mod\ m_j),j\neq i \\ 1(mod\ m_j),j=i \end{matrix}$$ \right.
$$
故$e_0a_0+e_1a_1+e_2a_2+…+e_{n-1}a_{n-1}$是方程的一个解

由中国剩余定理知，$[0\sim\prod_{i=0}^{n-1}m_i\}$ 中必有一解

将上式模$\prod_{i=0}^{n-1}m_i$即可