费马小定理

费马小定理

​ 如果\(p\)是一个素数，而整数\(a\)不是\(p\)的倍数，则有\(a^{p-1}\equiv1(mod \ p)\)

引理1:

  若\(a,b,c\)为任意3个整数，\(m\)为正整数，且\((m,c)=1\)，则当\(a\cdot c\equiv b\cdot c(mod \ m)\)时，有\(a\equiv b(mod \ m)\)。

  证明:\(a\cdot c\equiv b\cdot c(mod \ m)\)可以得到\(a\cdot c -b\cdot c\equiv 0(mod \ m)\)，于是有\((a-b)\cdot c\equiv 0(mod \ m)\)，因为\((m,c)=1\)，有\(a-b\equiv0\ (mod\ m)\)，得到\(a\equiv b\ (mod\ m)\)

引理2：

\((a,p)=1,\exists x,y\in Z^+\),使得\(a\cdot x+p\cdot y=1\)

证明：\(\{a\cdot x+p\cdot y \ \mid x,y\in Z^+\}\)集合包含最小的非零的正整数\(n\)

  现在只需要证明\(n\)为\(1\)即可。

  现有\(a\cdot x_0+p\cdot y_0=n\),必须要有\(n\mid a\)。

  现在来证明一下\(n\mid a\)，假设\(n\mid a\)不成立，则定有\(a=q\cdot n+r\),通过移项有\(r=a-q\cdot n\)即\(r=a-q\cdot(a\cdot x_0+p\cdot y_0)=a\cdot(1-q\cdot x_0)-p\cdot q \cdot y_0\)，使得\(a\cdot x_1+p\cdot y_1=r<n\)，产生矛盾，因此必有\(n\mid a\)。

  同理我们得到\(n\mid p\)也是成立的，由于\((a,p)=1\)，因此\(n\)只能是\(1\)。

  因此我们得以证明该引理。

通过引理2的证明，我们就同时可以证明当\(a\neq0,p\nmid a \Leftrightarrow (a,p)=1\)，于是\(\exists b\)使得\(a\cdot b\equiv1(mod \ p)\)

剩余系

  指对于某一个特定的正整数\(n\)，一个整数集中的数模\(n\)所得到的余数域。如果一个剩余系中包含了这个正整数所有可能的余数，即\(\{0,1,2,\dots,n-1\}\)，那么就被成为模\(n\)的一个完全剩余系。

完全剩余系

  设\(m\in Z^+\)，若\(r_0,r_1,\dots,r_{m-1}\)为\(m\)个整数，并且两两模\(m\)不同余，则\(r_0,r_1,\dots,r_{m-1}\)叫做模\(m\)的一个完全剩余系。

完全剩余系的常用性质

①对于\(n\)个整数，其构成模\(n\)的完全剩余系等价于其关于模\(n\)两两不同余

②若\(a_i(1\leq i\leq n)\)构成模\(n\)的完系，\(k、m\in Z,(m,n)=1\)，则有\(k+m\cdot a_i \ (i\leq i \leq n)\)，也构成模\(n\)的完全剩余系。

③若\(a_i(1\leq i\leq n)\)构成模\(n\)的完系，则\(\sum \limits_{i=1}^{n}a_i=\frac{n\cdot(n+1)}{2}=\{_{0(mod \ n)}^{\frac{n}{2}(mod\ n)}\)

简化剩余系

  简化剩余系也称既约剩余系或缩系，是\(m\)的完全剩余系中与\(m\)互素的数构成的子集，如果模\(m\)的一个剩余类里所有数都与\(m\)互素，就把它叫做与模\(m\)互素的剩余类。在与模\(m\)互素的全体剩余类中，从每一个类中各任取一个数作为代表组成的集合，叫做模\(m\)的一个简化剩余系。例如，模\(5\)的一个简化剩余系是\(1，2，3，4\)，模\(10\)的一个简化剩余系是\(1，3，7，9\)，模\(18\)的一个简化剩余系是\(1，5，7，11，13，17\)。

费马小定理的证明：

法一

  现在构造一个素数\(p\)的完全剩余系\(\{1,2,3,\dots,p-1\}\)，由于\((a,p)=1\)，由我们的剩余系的性质可以知道\(\{a,2\cdot a,3\cdot a,\dots,a\cdot (p-1)\}\)也是素数\(p\)的一个完全剩余系，由于完全剩余系中两两不同余，于是我们得到\(1\times2\times3\times\dots\times(p-1)\equiv a\cdot2a\cdot3a\cdot\dots\cdot(p-1)a\ (mod\ p)\)。即\((p-1)!\equiv(p-1)!\cdot a^{p-1}\ (mod\ p)\)。由于\(p\)是素数，我们发现\(((p-1)!,p)=1\)，因此得到\(a^{p-1}\equiv 1\ (mod\ p)\)。

法二

  我们可以知道\(a^{p-1}\equiv 1\ (mod\ p)\Leftrightarrow\ a^p\equiv a\ (mod\ p)\)，于是有

\[\begin{align*} a&=1+a-1\\ a^p&=(1+a-1)^p\\ &=1+p(a-1)+\dots+C_p^k(a-1)^k+\dots+p(a-1)^{p-1}+(a-1)^p\\ C_p^k&=\frac{p(p-1)\cdots(p-k+1)}{k!}\in N\\ &\Rightarrow k!\mid p(p-1)\cdots(p-k+1)\\ &\because (k!,p)=1\\ &\therefore k!\ |(p-1)\cdots(p-k+1)\\ &\Rightarrow p\ |C_p^k\\ \therefore a^p&\equiv 1+(a-1)^p\ (mod\ p)\\ &\equiv2+(a-2)^p\ (mod\ p)\\ &\vdots\\ &\equiv a\ (mod\ p)\\ \Rightarrow a^p&\equiv a\ (mod\ p)\\ \Rightarrow p\ &|a^p-a =a(a^{p-1}-1),(a,p)=1\\ \Rightarrow p\ &|a^{p-1}-1\\ \Rightarrow a^p-1&\equiv 1\ (mod\ p) \end{align*} \]