数论引理证明，欧拉函数 数论欧拉定理证明

数论 欧拉定理证明 为何要整个完全剩余系的数相乘 使的巧劲.ax1*ax2*.*axxφ(n)-完全剩余系（自己证明两两不同余就行）a^φ(n)*x1*x2*.*xφ(n)mod nx1*x2*.*xφ(n)mod n-完全剩余系不同的完全剩余系相乘，模n的余数是相同的.两边出现了等量，由于(a，n)=1所以得出a^φ(n)≡1（mod n）初等数论 1.分解240=3*5*16，phi(3)=2，phi(5)=4，而对于16，使用Carmichael公式，得lambda(16)=4 因为大于5的质数p与3，5，16互质，所以p^2≡1≡p^4(mod 3)，p^4≡1(mod 5)，p^4≡1(mod 16)，即p^4≡1(mod 3*5*16=240).Q.E.D.2.如果题.欧拉定理的数论定理 在数论中，欧拉定理，（也称费马-欧拉定理）是一个关于同余的性质。欧拉定理表明，若n，a为正整数，且n，a互质，则：证明将1~n中与n互质的数按顺序排布：x1，x2…xφ(n)（显然，共有φ(n)个数）我们考虑这么一些数：m1=a*x1；m2=a*x2；m3=a*x3…mφ(n)=a*xφ(n)1）这些数中的任意两个都不模n同余，因为如果有mS≡mR(mod n)（这里假定mS更大一些），就有：mS-mR=a(xS-xR)=qn，即n能整除a(xS-xR)。但是a与n互质，a与n的最大公因子是1，而xS-xR，因而左式不可能被n整除。也就是说这些数中的任意两个都不模n同余，φ(n)个数有φ(n)种余数。2）这些数除n的余数都与n互质，因为如果余数与n有公因子r，那么a*xi=pn+qr=r(…)，a*xi与n不互质，而这是不可能的。那么这些数除n的余数，都在x1，x2，x3…xφ(n)中，因为这是1~n中与n互质的所有数，而余数又小于n.由1）和2）可知，数m1，m2，m3…mφ(n)（如果将其次序重新排列）必须相应地同余于x1，x2，x3…xφ(n).故得出：m1*m2*m3…mφ(n)≡x1*x2*x3…xφ(n)(mod n)或者说a^[φ(n)]*(x1*x2*x3…xφ(n))≡x1*x2*x3…xφ(n)或者为了方便：K{a^[φ(n)]-1}≡0(mod n)这里K=x1*x2*x3…xφ(n)。可知K{a^[φ(n)]-1}被n整除。但K中的因子x1。数论 欧拉定理证明如图第六题的两道 我没记错的话，书后面是有这两题的答案的。第五题x^p=x mod p 就用这个来做，把多项式表示成一般形式，然后带入直接算就得出答案。第六题，第一问直接因式分解然后可以得出一个q可以是a+1的因子，否则q能整除(a^p-1)/(a-1)你把后面的分式展开然后做同余方程就能得出另一边。第二问构造一下，令a=2^p^(s-1)，设q是他的一个素因子，且q|(a^p-1)/(a-1)，然后证明q不可能是a+1的因子，后者可用反证法，做完这步后再证明满足 2^x=1 mod q的最小正整数x=p^s.显然(2^p^(s-1))^2=1 mod q那么2^p^(s-1)=1或-1 mod q两个都讨论一下发现只能是2^p^(s-1)=-1mod q故x=p^s。那么推出p^s|q-1，这个可以由费马小定理得出，显然上述是对p>；2做的，当p=2时，上面的论证也是对的。如此就用这个结论p^s|q-1得出：当p>；2时：q=2kp^s+1，p=2时：q=2^sk+1。由于以上s是任意取得，故结论得证。(难道是新版本的？没有提示？初等数论中的同余，欧拉定理与费马小定理证明：对于任意整数a，（a，561）=1，都有a560≡1（mod561），但561是合数.