费马小定理和欧拉定理作业

CINTA 作业三

设 p=23p=23p=23 和 a=3a=3a=3，使用费马小定理计算 a2019modpa^{2019}\mod pa2019modp ？

由题意可知：
a2019modp⟺322∗91+17≡317(mod23)a^{2019}\mod p\iff 3^{22*91+17}\equiv 3^{17}(\mod 23)a2019modp⟺322∗91+17≡317(mod23)

又有：317≡3−5(mod23)3^{17}\equiv 3^{-5}(\mod 23)317≡3−5(mod23)

设 c=3c=3c=3 则有：cc−1≡1(mod23)cc^{-1}\equiv 1(mod 23)cc−1≡1(mod23)

由扩展欧几里得定理得：c−1=8c^{-1}=8c−1=8

又因为 gcd(8,23)=1gcd(8,23)=1gcd(8,23)=1 ，可以得到：
原式为：85mod23=168^5\mod 23=1685mod23=16
使用费马小定理求解同余方程 x50≡2(mod17)x^{50}\equiv 2(\mod 17)x50≡2(mod17)。

由题意得：
x50mod17⟺x3∗16+2≡x2(mod17)x^{50}\mod 17\iff x^{3*16+2}\equiv x^2(\mod 17)x50mod17⟺x3∗16+2≡x2(mod17)

所以原式为：x2≡2(mod17)x^2\equiv 2(\mod 17)x2≡2(mod17)

那么：x2−2=k∗17(k∈Z)x^2-2=k*17(k\in Z)x2−2=k∗17(k∈Z)

所以当k为2时：x=±6x=\pm 6x=±6
请证明 13 整除 270+3702^{70}+3^{70}270+370

要证：13∣(270+370)13 | (2^{70}+3^{70})13∣(270+370)

只需证：270+370≡0(mod13)2^{70}+3^{70}\equiv 0(\mod 13)270+370≡0(mod13)

因为 gcd(2,13)=gcd(3,13)=1gcd(2,13)=gcd(3,13)=1gcd(2,13)=gcd(3,13)=1：

所以原式可以等价为：(270mod13)+(370mod13)(2^{70}\mod 13)+(3^{70}\mod 13)(270mod13)+(370mod13)

再由费马小定理得原式为：(2−2mod13)+(3−2mod13)(2^{-2}\mod 13)+(3^{-2}\mod 13)(2−2mod13)+(3−2mod13)

由拓展欧几里得定理得 2 和 3 的乘法逆元：分别为 -6 和 -4

那么原式又变作：(36mod13)+(16mod13)(36\mod 13)+(16\mod 13)(36mod13)+(16mod13)

由同模数加法得原式为：52mod13=052\mod 13=052mod13=0

综上所述： 13 整除 270+3702^{70}+3^{70}270+370
使用欧拉定理计算 2100000mod552^{100000}\mod 552100000mod55

由原式可知：
p=55,pp=55, pp=55,p 不为素数

但 p=5∗11p=5*11p=5∗11 二者均为素数

那么，ϕ(5)=5−1=4\phi(5)=5-1=4ϕ(5)=5−1=4 ，而 ϕ(11)=11−1=10\phi(11)=11-1=10ϕ(11)=11−1=10

再有 gcd(5,11)=1gcd(5,11)=1gcd(5,11)=1

由欧拉 PhiPhiPhi 公式：
ϕ(55)=ϕ(5)∗ϕ(11)=40\phi(55)=\phi(5)*\phi(11)=40ϕ(55)=ϕ(5)∗ϕ(11)=40

因为 gcd(2,55)=1gcd(2,55)=1gcd(2,55)=1 得：2100000≡2100000modϕ(55)(mod55)2^{100000}\equiv 2^{100000\mod\phi(55)}(\mod 55)2100000≡2100000modϕ(55)(mod55)

所以原式为：2100000≡20(mod55)=12^{100000}\equiv 2^0(\mod 55)=12100000≡20(mod55)=1
手动计算 710007^{1000}71000 的最后两个数位等于什么？

由题意知：所求数为 71000mod1007^{1000}\mod 10071000mod100

据欧拉定理：ϕ(100)=ϕ(4)∗ϕ(25)=40\phi(100)=\phi(4)*\phi(25)=40ϕ(100)=ϕ(4)∗ϕ(25)=40

因为 gcd(7,100)=1gcd(7,100)=1gcd(7,100)=1 得：71000≡71000modϕ(100)(mod100)7^{1000}\equiv 7^{1000\mod\phi(100)}(\mod 100)71000≡71000modϕ(100)(mod100)

所以结果为：71000mod=17^{1000}\mod=171000mod=1 ，最后两个数位为： 01
编写 Python 语言程序完成欧拉 PhiPhiPhi 函数的计算，即输入正整数 nnn，计算并返回 ϕ(n)\phi(n)ϕ(n)。

import math# 朴素的欧拉函数def classic_Euler(n):num = 1for i in range(2, n):if math.gcd(i, n) == 1:num += 1return num# 优化欧拉函数def obb_judge(n):li = []for num in range(2, n + 1):flag = 0for i in range(2, int(math.sqrt(num)) + 1):if num % i == 0:flag = 1# print('{} % {} == {}'.format(num, i, num % i))if flag == 0:li.append(num)return lidef new_Euler(n):p = obb_judge(n)if n in p:return n - 1else:ret = 0 + nfor i in range(0, len(p)):if ret % p[i] == 0:n -= n // p[i]# print('n: ',n)while ret % p[i] == 0:ret //= p[i]# print('ret: ',ret)return n

设 ppp 是素数，计算 (p−1)!modp(p-1)!\mod p(p−1)!modp，并找出规律，写成定义，并给出证明。

# 测试计算使用代码
import mathdef obb_judge(n):li = []for num in range(2, n + 1):flag = 0for i in range(2, int(math.sqrt(num)) + 1):if num % i == 0:flag = 1# print('{} % {} == {}'.format(num, i, num % i))if flag == 0:li.append(num)return lidef factorial(m):re = 1for i in range(1, m + 1):re *= ireturn redef fac_to_mode(p):if p in obb_judge(p):return factorial(p - 1) % pelse:return -1if __name__ == '__main__':m = eval(input('p: '))for j in range(2, m):if fac_to_mode(j) != -1:print('#{}: {}'.format(j, fac_to_mode(j)))

【补充】这里发现一个令人疑惑的地方，直接使用 in range (2,int(math.sqrt(n))+1) 的条件会误判 5、7、11等等数为因子的倍数为素数，因此这里使用上一段代码的判定方式。

# 运行结果：
p: 128
#2: 1
#3: 2
#5: 4
#7: 6
#11: 10
#13: 12
#17: 16
#19: 18
#23: 22
...
#103: 102
#107: 106
#109: 108
#113: 112
#127: 126

这里我们发现对 (p−1)!modp=p−1(p-1)!\mod p = p-1(p−1)!modp=p−1 于是原问题变为：求证：当 ppp 为素数时， (p−1)!≡(p−1)(modp)(p-1)!\equiv(p-1)(\mod p)(p−1)!≡(p−1)(modp) 且只当 ppp 为素数时（威尔逊定理）

证明：
(1) ppp 为素数时，总有 (p−1)!≡(p−1)(modp)(p-1)!\equiv(p-1)(\mod p)(p−1)!≡(p−1)(modp)

(p−1)!≡(p−1)(modp)(p-1)!\equiv(p-1)(\mod p)(p−1)!≡(p−1)(modp) 与 (p−1)!≡−1(modp)(p-1)!\equiv{-1}(\mod p)(p−1)!≡−1(modp) 等同
对于 p=2p=2p=2 此结论总成立
对于 p=3p=3p=3 此结论也显然成立

而其余质数 ppp 满足 pmod2=1,p≥5p\mod 2=1, p\geq 5pmod2=1,p≥5 ：
假设一数 1<a≤(p−1)1 < a \leq (p-1)1<a≤(p−1) （因为 aaa 总是在此区间内存在 [ppp 为素数]）
那么：a∈M(M={x∣2≤x≤(p−2)})a\in M (M=\{x|2\leq x\leq (p-2)\})a∈M(M={x∣2≤x≤(p−2)})
再设：N={y∣y=x∗a,x∈M}N=\{y|y=x*a,x\in M\}N={y∣y=x∗a,x∈M}
那么显然可知：由 M→NM \to NM→N 是双射的（当 aaa 是常数时）
设方程 x∗a≡1(modp)x*a\equiv 1(\mod p)x∗a≡1(modp) ，由以上结论可知：
我们只能找到一个 xxx 与一个 aaa 一一对应此方程：x∗a≡1(modp)x*a\equiv 1(\mod p)x∗a≡1(modp)
所以有以下所有方程：
1∗a1modp=11*a_1\mod p =11∗a1modp=1
2∗a2modp=12*a_2\mod p=12∗a2modp=1
…
(p−2)∗ap−2modp=1(p-2)*a_{p-2}\mod p=1(p−2)∗ap−2modp=1
又因 ppp 为素数：
所以总有：gcd(ai,p)=1gcd(a_i,p)=1gcd(ai,p)=1
那么对于上述方程都有：n∗an≡n(modp)n*a_n\equiv n(\mod p)n∗an≡n(modp)
对于所有 nnn 都有 gcd⁡(n,p)=1\gcd(n,p)=1gcd(n,p)=1
所以由乘法原理：(p−1)!≡(p−1)(modp)(p-1)!\equiv(p-1)(\mod p)(p−1)!≡(p−1)(modp) 成立
原式得证

(2) (p−1)!≡(p−1)(modp)(p-1)!\equiv(p-1)(\mod p)(p−1)!≡(p−1)(modp) 成立时，ppp 为素数
假设：ppp 不为素数，那么必然有 ∃a,b≤p\exist a, b\leq p∃a,b≤p
那么：原式为 (p−1)!=1∗2∗3∗...∗a∗...∗b∗...∗(p−1)modp(p-1)!=1*2*3*...*a*...*b*...*(p-1)\mod p(p−1)!=1∗2∗3∗...∗a∗...∗b∗...∗(p−1)modp
因此其中总存在：gcd⁡(a∗b,p)≠1\gcd(a*b,p)\neq 1gcd(a∗b,p)=1
所以总有：(p−1)!≡0(modp)(p-1)!\equiv0(\mod p)(p−1)!≡0(modp)
与原式等同的 (p−1)!≡−1(modp)(p-1)!\equiv{-1}(\mod p)(p−1)!≡−1(modp) 不符
所以 ppp 必然为素数

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