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很早就知道了$A^{B}\equiv\ A^{B\ mod \ \varphi(C)\ +\ \varphi(C)} \ (mod\ C) \ \ \ if\ B>=\varphi(C)$ 然而一直不知道为什么,现在来证明一下:
首先我们来研究一下数列$a^0\ a^1\ a^2\ \cdots\ a^n\ \ (mod\ m)$有什么规律。
当a和m互质的时候：
1.根据欧拉定理$a^{\varphi(m)}\equiv\ 1\ (mod\ m)$ 可以知道这个数列肯定是周期的。且最小周期$T<=\varphi(m)$.
2.最小周期$T$一定是$\varphi(m)$的约数. 证明：
假设$x<y$ 且 $a^x \equiv 1\ \ \ a^y \equiv 1\ (mod\ m)$
那么必定有$a^{y-x}\ \equiv\ 1\ (mod\ m)$
像欧几里得算法一样迭代下去可以得到$a^{gcd(x,y)}\ \equiv\ 1\ (mod\ m)$.
$a^T \equiv 1\ \ \ a^{\varphi(m)} \equiv 1\ (mod\ m)$ ——> $a^{gcd(T,\varphi(m))}\ \equiv\ 1\ (mod\ m)$
T是最小周期,所以$T<=gcd(T,\varphi(m))$,所以$T=gcd(T,\varphi(m))$,所以$T$是$\varphi(m)$的约数。 证毕。
这种情况下$A^{B}\equiv\ A^{B\ mod \ \varphi(C)\ +\ \varphi(C)} \ (mod\ C) \ \ \ if\ B>=\varphi(C)$ 显然成立。
当a和m不互质的时候：
1.我们可以证明该数列除掉前面有限的几项之后,就开始周期重复了.
证明：
只要证明当x足够大时,$a^{x+T}\ \equiv\ a^{x}\ (mod\ m)$ <--> $a^{‘}*a^{x-1+T}\ \equiv\ a^{‘}*a^{x-1}\ (mod\ m^{‘})$。
其中$a^{‘}=\frac{a}{gcd(a,m)}\ \ m^{‘}=\frac{m}{gcd(a,m)}$
即可以不断拿出一个a,来和m约分,直到$a^{‘}$和$m^{‘}$互质, 于是两边的$a^{‘}$可以约去最后得到$a^{T}\ \equiv\ 1\ (mod\ m^{‘})$
因此当x足够大的时候有$a^{x+T}\ \equiv\ a^{x}\ (mod\ m)$ 也就是说该数列除掉前面有限的几项之后,就开始周期重复了。
那么,x需要多大才满足这个性质呢？假设x至少要大于等于k才满足这个性质,显然k 取决于a和m能约分多少次。由于每次约分至少除以2,所以k是非常小的。
容易证明$k<\varphi(m)$ 所以我们的降幂公式就是正确的。
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原文地址：http://www.cnblogs.com/vb4896/p/5938791.html
