思路來源：尤拉定理及擴充套件（附超易懂證明） - 櫻花贊 - 部落格園 (cnblogs.com) 自己證明一遍鞏固一下

Theorem

\[a^b\equiv \begin{cases} a^{b\mod\varphi(m)},&(a,m)=1\\ a^b,&(a,m)\neq 1 \ and\ b<\varphi(m)\\ a^{b\mod\varphi(m)+\varphi(m)},&(a,m)\neq 1\ and\ b\geq \varphi(m) \end{cases} \pmod m \]

Proof

我們可以輕鬆地幹掉第一部分，我們知道尤拉定理： \(a^{\varphi(m)}\equiv 1\pmod m\)

，設 \(b=k\varphi(m)+r,0\leq r<\varphi(m)\)

\[a^b\equiv (a^{\varphi(m)})^{k}\times a^r\equiv 1^k\times a^r\equiv a^{b\mod\varphi(m)}\pmod m \]

第二部分：聽君一席話，如聽一席話。目的在於形式上的完整

第三部分：

考慮先對 \(a\) 進行一手唯一分解定理：\(a=\prod p_i^{c_i}\)

容易想到，假如我們證明了 \(\forall i,p_i^{c_i\mod\varphi(m)+\varphi(m)}\) ，其中 \(c_i\geq \varphi(m)\)

那麼由於同餘性質 \(a\equiv b\pmod m ,c\equiv d\pmod m\Rightarrow ab\equiv cd\pmod m\) ，我們可以合併得到

以下，我使用 \(p\) 代指任意一個 \(p_i\) ，顯然，如果 \(p,m\) 互質，那麼直接就是第一部分，所以下面的討論有前提 \(p,m\) 不互質

設 \(m=p^r\times s,(p,s)=1\) ，\(s\) 即是從 \(m\) 中抽去 \(p\) 因子的數

Lemma1 \(p^r\equiv p^{r+\varphi(m)}\pmod m\)

考慮證明它：由尤拉定理：\(p^{\varphi(s)}\equiv 1\pmod s\)

又尤拉函式是積性函式，即 \(\varphi(m)=\varphi(p^r)\times\varphi(s)\)

所以 \(p^{\varphi(m)}\equiv 1\pmod s\)

同餘式乘上 \(p^r\) ，\(p^{r+\varphi(m)}\equiv p^r\pmod m\)

同餘式可以同乘的原因：
假設 \(a\equiv b\pmod p\) ，等價於 \(p| (a-b)\)
那麼顯然有 \(cp | (ca-cb)\) （\(c\) 不要為 \(0\) 哈）
也就是 \(ac\equiv bc \pmod p\)

Lemma2 \(\varphi(m)\geq r\)

有 \(\varphi(m)=\varphi(s)\times \varphi(p^r)\geq \varphi(p^r)\) ，在 \(s=1,2\) 時取等

這裡想要直接證明 \(\varphi(p^r)\geq r\) 仍然不好證 反正本蒟蒻證不動 ，還需要進一步地放縮

有 \(\varphi(p^r)=p^{r-1}\times (p-1)\geq p^{r-1}\) ，先按計算式展開，知道 \(p\geq 2\) ，在 \(r=2\) 時取等

考慮數學歸納法證明 \(p^{r-1}\geq r\) ，在 \(r=1\) 時顯然成立，假設在 \(r=i\) 時成立，那麼有 \(p^{i-1}\geq i\)

那麼 \(p^{i}=p\times p^{i-1}\geq p^{i-1}+p^{i-1}\geq i+1\)

所以 \(\varphi(m)\geq \varphi(p^r)\geq p^{r-1}\geq r\)

---

來，重頭戲，回顧我們的目標，證明 \(\forall i,p_i^{c_i\mod\varphi(m)+\varphi(m)}\) ，其中 \(c_i\geq \varphi(m)\)

設 \(f(x)=p^x\bmod m\) 是定義在 \((\varphi(m),\infty)\) 上面的函式

由 lemma1 , \(f(r)=f(r+\varphi(m))\) ，令 \(r^{\prime}=r+\varphi(m)\) ，\(f(r^{\prime})=f(r^{\prime}-\varphi(m))\) ，注意定義域，\(r^{\prime}\geq 2\varphi(m)\)

由 lemma2 ，又 \(c\geq \varphi(m)\) （題設），有 \(c\geq r\) ，所以 \(f(c)=f(r)\times f(c-r)=f(r+\varphi(m))\times f(c-r)=f(c+\varphi(m))\) ，所以 \(c\) 同樣滿足 lemma1

在求解 \(f(c)\) 的過程中，我們一直遞迴 \(f(c-\varphi(m))\) 就可以了

所以 \(f(c)=f(c\bmod \varphi(m))\) 也就是 \(p^c\equiv p^{c\mod \varphi(m)}\pmod m\)

但是，不對呀，與我們上面的形式不符，而且容易舉出反例

（這時候腦海裡突然浮現出數學老師 tyy 的笑容，函式題，一定要檢查 \(\dots\)！）

定義域！！！ （這個問題困擾了蒟蒻很久）

注意到上面所說 \(r^{\prime}\geq 2\varphi(m)\) ，所以這裡也要加上 \(\varphi(m)\) 保命

即 \(f(c)=f((c \bmod\varphi(m))+\varphi(m))\)，也就是 \(p^c\equiv p^{c\mod \varphi(m)+\varphi(m)}\pmod m\) ！！！

我們得到了 \(\forall i,p_i^{c_i\mod\varphi(m)+\varphi(m)}\) ，其中 \(c_i\geq \varphi(m)\) ！！！

我們證明了 \(a^{b\mod\varphi(m)+\varphi(m)},(a,m)\neq 1\ and\ b\geq \varphi(m)\) ！！！

我們證明了：

\[a^b\equiv \begin{cases} a^{b\mod\varphi(m)},&(a,m)=1\\ a^b,&(a,m)\neq 1 \ and\ b<\varphi(m)\\ a^{b\mod\varphi(m)+\varphi(m)},&(a,m)\neq 1\ and\ b\geq \varphi(m) \end{cases} \pmod m \]

不得不說幹得漂亮，最後再次感謝：尤拉定理及擴充套件（附超易懂證明） - 櫻花贊 - 部落格園 (cnblogs.com)