费马小定理

费马小定理

费马小定理：对素数 \(p\) 和任意不被 \(p\) 整除的数 \(a\) ， 有 \(a^{p-1}\equiv 1\: (mod ~p)\)

逆定理并不成立。这样的合数被称为 $ Carmichael$ 数，这样的数 \(n\) 满足无平方因子，且任意素因子 \(p\) 满足 \(p-1\mid n-1\) 。 \(Carmichael\) 数是无穷的（这是一个高等的问题）。

满足 \(2^n\equiv 2\:(mod~n)\) 的非素数 \(n\) 被称为伪素数，若 \(n\) 是奇伪素数，则 \(2^n-1\) 也是，以及 \(\frac{4^p-1}3,\frac{4^p+1}5,p>5\) 是伪素数，这不难验证，留给读者。

此外，我们可以引入逆元的概念，记 \(a\) 的逆元为 \(a^{-1}\) ，满足 \(aa^{-1}\equiv 1\:(mod~m)\) ，其中对素数 \(p\) ，\(a\) 的逆元实际上为 \(a^{p-2} ~mod~p\)

例1

证明：数列 \(a_n=2^{2^n}+k\) 存在无穷多合数。（其中 \(k>1\) ）

假设对所有 \(n>N\) 都有 \(a_n\) 是合数，记 \(a_n=p\)

我们希望控制 \(2^t\:(mod~p-1)\) 的值，不过它们都是偶数，所以我们得先考虑 \(p-1=2^r\cdot s\)

现在可以存在 \(2^t\equiv 1\:(mod~s)\) （由欧拉定理），进一步 \(2^{t+n}\equiv 2^n\:(mod~p-1)\) ，于是 \(a_{t+n}\equiv a_n\equiv 0\:(mod~p)\) ，显然 \(a_{t+n}>a_n\) ，这与 \(a_{t+n}\) 是素数矛盾。

注：这个序列的素因子集无穷，可以通过费马小定理控制素因子幂次来证，或者直接用 \(kobayashi\) 定理（不建议这么做，一直用高级定理人是迟早废掉的）

例2

设 \(a,b\) 是正整数，满足 \(a^n+n\mid b^n+n\) 对所有正整数 \(n\) 成立。证明 \(a=b\) 。

取素数 \(p>max\{a,b\}\) ，我们考虑使 \(p\mid a^n+n\) ，但对（如果不同） \(b\) 不是这样。考虑 \(n=(p-1)k+r\) ，那么 \(a^n+n\equiv a^r+r-k\:(mod~p)\) ，令 \(k=a^r+r\) 即可

那么 \(b^n+n\equiv b^r+r-k\equiv a^r+r-k\:(mod~p)\) ，从而 \(b^r\equiv a^r\:(mod~p)\) 对所有 \(p>max\{a,b\}\) 成立（固定 \(r\) ），给出结论。

下面是两个类似的问题：

1. 对任意正整数 \(n\) ， \((a^n+n)(b^n+n)\) 是完全平方数，求证 \(a=b\)

希望 \(a^n+n\equiv p\:(mod~p),p\nmid b^n+n\) ，我们在第一小题上的基础构造

对 \(p>max\{a,b\}\) ，取 \(r\equiv 1\:(mod~p-1),r\equiv -a\:(mod~p)\)

再取 \(n\equiv r\:(mod~\varphi(p^2)),n\equiv kp-r\:(mod~p^2)\)

由此可知 \(a^n+n\equiv a^r+kp-r\:(mod~p^2)\)

我们希望 \(kp-r+a^r=p\) ，也就是 \(n\equiv p-a^r\:(mod~p^2)\)

同理可证 \(p\nmid b^n+n\)

2. 求所有的正整数 \(a\) 使得对任意的 \(n\ge 5\) ，都有 \(2^n-n^2\mid a^n-n^a\)

例3

给定正整数 \(n\) ，求最小的整数 \(m\) ，满足任意 \(m\) 个整数，均可挑出其中 \(n\) 个，它们的和为 \(n\) 的倍数

下证 \(m=2n-1\) 满足条件

我们先证明素数 \(n\) 的情况

记这些数为 \(a_1,a_2,...,a_{2n-1}\) ，并记 \(I\subset \{1,2,..,2n-1\} ,|I|=n\) ， \(S_I=(\sum\limits_{i\in I} a_i)^{n-1}\)

假设所有 \(n\nmid S_I\) ，显然 \(S_I\equiv 1\:(mod ~n)\)

记 \(S=\sum S_I\) ，由于 \(I\) 共有 \(C_{2n-1}^n\) 个，根据 \(Lucas\) 定理可知 \(S\equiv 1\:(mod ~n)\)

同时，根据 \(S_I\) 的表达式，可知 \(S\) 中 \(a_i^k\) 的系数为 \(C_{2n-1-k}^{n-k}\) 是 \(n\) 的倍数

这意味着 \(S\equiv 0 \:(mod~n)\) ，矛盾

接下来归纳证明，假设 \(n\) 的情况成立，考虑 \(pn\) 的情况

考虑在 \(\{1,2,...,2pn-1\}\) 中取出 \(I_1,I_2,...,I_{2p-1}\) 满足 \(|I_k|=n,n\mid S_{I_k}\)

取出 \(I_i\) 后直接把对应的 \(n\) 个数去掉即可，剩下的数个数显然不少于 \(2n-1\) 个

再从 \(S_{I_1},...,S_{I_{2p-1}}\) 中选出 \(p\) 个即可

即证

注记：一般来说，费马小定理提供的指数更加易于处理，可以配合二项式定理等更加方便地使用，我们也经常先考虑素数情况

本题可以用谢瓦莱定理解决（ \(Chevalley-Warning\) 定理，详见拉格朗日定理一章）

例4

设正整数 \(n\mid 2^{\varphi(n)}+3^{\varphi(n)}+...+n^{\varphi(n)}\) ，设 \(n\) 的素因子为 \(p_1,p_2,...,p_k\) ，求证： \(\frac 1{p_1}+\frac 1{p_2}+...+\frac 1{p_k}+\frac 1{p_1p_2...p_k}\) 是整数

关键是 \(p_i-1\mid \varphi(n)\) 表明 \(p_i\mid a\) 时 \(a^{\varphi(n)}\equiv 0\:(mod~p_i)\) ，其余情况 \(a^{\varphi(n)}\equiv 1\:(mod~p_i)\)

根据题目条件，知 \(p_i\mid n-1-\frac n{p_i}\) ，即 \(p_i^2\mid n(p_i-1)-p_i=>p_i^2\mid n+p_i\) ，并且 \(p_i^2\nmid n\) ，从而 \(n=p_1p_2...p_k\)

现在 \(p_i\mid \prod\limits_{j\ne i}p_j+1\) ，于是 \(p_i\mid \sum\limits_{i=1}^k\prod\limits_{j\ne i}p_j+1\) ，这个数是所有 \(p_i\) 的倍数，除掉得到结论。

费马小定理给出了重要的结论：

1. \((a,b)=1,a^2+b^2\) 仅含 \(4k+1\) 型素因子（和 \(2\) ），换而言之，若 \(4k+3\) 型素因子 \(p\mid a^2+b^2\) ，则 \(p\mid a,b\)

下记 \(\frac ab=a\cdot b^{-1}\)

因为 \((\frac ab)^2\equiv -1\:(mod~p)\) ，有 \(((\frac ab)^2)^\frac{p-1}2\equiv (-1)^\frac{p-1}2\:(mod~p)\) ，结合费马小定理知 \(\frac {p-1}2\) 是偶数

在阶中给出了更广泛的结论

2. \((a,b)=1,a^2\pm ab+b^2\) 仅含 \(3k+1\) 型素因子

因为 \((\frac ab)^3\equiv -1\:(mod~p)\) ，证明类似（可以将 \(b\) 换成 \(-b\) 给出另一个结论）

例5

\(x^3(y^3+z^3)=2012(xyz+2)\)

关键的观察是 \(2012=4p,p=503\) 是模 \(3\) 余 \(2\) 的素数，若 \(p\mid x\) ，则 \(p^3\mid LHS\) 但 \(p^2\nmid RHS\) ，类似分析给出 \(p\nmid y,z\)

那么 \(y^2-yz+z^2\) 不能有 \(p\) 因子，那么 \(p\mid y^3+z^3=y^3-(-z)^3\) 必须是 \(p\mid y-(-z)\)

\(y+z\ge p\) 很不错，因为结合这个方程的次数来看，说明 \(x\) 的大小就受到很强的限制了

实际上 \(y^3+z^3\ge yz(y+z)\) 给出 \(4p(xyz+2)\ge xyz(x^2y+x^2z)\ge pxyz\cdot x^2\) 进而 \((4-x^2)xyz+8p\ge 0\) ，结合 \(yz\ge p-1\) 可知 \(x=1,2\)

\(x=1\) 时， \(y^3+z^3=4p(yz+2)\) ，那么 \(4\mid y^3+z^3\) ，可得 \(2\mid y+z\) ，改写方程

\(\large\frac{y+z}{2p}(y^2-yz+z^2)=2(yz+2)\)

还是根据 \(yz\ge p-1\) 有 \(\frac {y+z}{2p}=1,2\) ，若为 \(1\) 有 \((y-z)^2=yz+4\iff 5y^2-10py+4p^2-4=0\iff 5(y-p)^2=4+p^2\equiv 3\:(mod~5)\) ，矛盾，若为 \(2\) 则 \(2(y-z)^2=4\) ，无解

\(x=2\) 则

\(\large\frac{y+z}{p}(y^2-yz+z^2)=yz+1\)

\(\frac {y+z}p=1\) 给出 \((y-z)^2=1\) ，解是 \((2,251,252)\) 及 \((2,252,251)\) ，为 \(2\) 则 \(LHS\ge 2yz>yz+2\) 矛盾

利用上述特性的不定方程不少见，在不定方程中也有提及。

例6

设 \(P(x)=x^3+14x^2-2x+1\) ，证明：存在 \(n\) 使得 \(P^{(n)}(i)\equiv i\:(mod~101)\) 对所以 \(i\in Z\) 成立

我们设 \(f:x\in \{0,1,...,100\}\rightarrow P(x)\:(mod~101)\) ，要证存在 \(n\) 使得 \(f^{(n)}\) 是恒等映射，只要证 \(f\) 是一一对应（用抽屉原理，存在 \(f^{(i)}=f^{(j)}\) 即可），进一步地，由于 \(f\) 是 \(\{0,1,...,100\}\) 到自身的映射，只要证是它是单射

记 \(p=101\)

如果对 \(i\ne j\) 有 \(P(i)-P(j)\equiv 0\:(mod~p)\) ，那么 \(p\mid (i-j)(i^2+ij+j^2+14(i+j)-2)\)

因为 \(p\nmid i-j,p\mid i^2+ij+j^2+14(i+j)-2\) ，考虑 \(i^2+ij+j^2+14(i+j)-2=(i+m)^2+(i+m)(j+m)+(j+m)^2+c\) ，另 \(m=\frac {14}3\:(mod~101)\) 即可，而 \(c=-2-3m^2\equiv 0\:(mod~p)\) ，从而 \(p\mid (i+m)^2+(i+m)(j+m)+(j+m)^2\)

然后 \(p\mid i+m,p\mid j+m\) ，从而 \(p\mid i-j\) ，矛盾