若 $p$ 是素数， $a \in Z$, 且 $GCD(a,\space p)=1$， 则
$a^{p-1}\equiv 1 \space (mod \space p) \space \space or \space \space a^p \equiv a \space (mod \space p)$
先把此定理的理论证明略去（超出此文的最初目的），仅用计算如下同余式来举例说明一下： $2^{35}\equiv p \space (mod \space 7)$，求$p$。
常规的方法，需要先计算$2^{35}$，然后除以$7$，才能确定$2^{35}$是否是$7$的倍数，如果不是$7$的倍数，看余数是不是$p$。
$2^{35}$是一个比较大的数了，照以上的方法计算，费时费力。
（这里仅仅是为了举例方便，才没有用一个大得更多的数，即使是这么一个不太大的数，这样的常规计算也是有一定难度的。）
如下，是用费马小定理来求解此题的思路， $2^{35}=(2^6)^5\cdot 2^5\equiv 1^5\cdot 2^5\equiv 32 \equiv（4 \space mod \space 7)$
请注意：这里就用到了以上提到的费马小定理$2^6 = 2^{7-1} \equiv 1 \space (mod \space 7)$。
所以我们很轻松就知道$2^{35}$除以$7$，余4。
如果再计算一个更大一点的数，常规的算法就几乎不可能了。
譬如说，“证明$73^{100} \equiv 1 \space (mod \space 101)$”这样的题，$73^{100}$有187位数，不用费马小定理常规计算方法看你怎么做？。
$73^{100} = 73^{101-1} \equiv \space 1 \space (mod \space 101)$
这是不是很有意思？前人替我们开创了导路，而且已经被证明了是好用的，少走好多弯路！
先把此定理的理论证明略去（超出此文的最初目的），仅用计算如下同余式来举例说明一下： $2^{35}\equiv p \space (mod \space 7)$，求$p$。
常规的方法，需要先计算$2^{35}$，然后除以$7$，才能确定$2^{35}$是否是$7$的倍数，如果不是$7$的倍数，看余数是不是$p$。
$2^{35}$是一个比较大的数了，照以上的方法计算，费时费力。
（这里仅仅是为了举例方便，才没有用一个大得更多的数，即使是这么一个不太大的数，这样的常规计算也是有一定难度的。）
如下，是用费马小定理来求解此题的思路， $2^{35}=(2^6)^5\cdot 2^5\equiv 1^5\cdot 2^5\equiv 32 \equiv（4 \space mod \space 7)$
请注意：这里就用到了以上提到的费马小定理$2^6 = 2^{7-1} \equiv 1 \space (mod \space 7)$。
所以我们很轻松就知道$2^{35}$除以$7$，余4。
如果再计算一个更大一点的数，常规的算法就几乎不可能了。
譬如说，“证明$73^{100} \equiv 1 \space (mod \space 101)$”这样的题，$73^{100}$有187位数，不用费马小定理常规计算方法看你怎么做？。
$73^{100} = 73^{101-1} \equiv \space 1 \space (mod \space 101)$
这是不是很有意思？前人替我们开创了导路，而且已经被证明了是好用的，少走好多弯路！
