费马小定理

形式一（最常用）：如果 \(p\) 是一个素数（质数），并且整数 \(a\) 不是 \(p\) 的倍数（也就是 \(a\) 除以 \(p\) 的余数不为 \(0\)），那么 \(a^{p-1} \equiv 1 \pmod {p}\)。

形式二：如果 \(p\) 是一个素数，\(a\) 是任意整数，那么 \(a^p \equiv a \pmod {p}\)。

这里的 \(\equiv\) 符号是“同余于”，\(x \equiv y \pmod {p}\) 的意思是 \(x\) 和 \(y\) 除以 \(p\) 的余数相同。比如 \(17 \equiv 2 \pmod {5}\)，因为 \(17\) 和 \(2\) 除以 \(5\) 的余数都是 \(2\)。

以下给出形式一的证明。

整个证明的核心思想是：构造两个集合，证明这两个集合在模 \(p\) 的意义下是完全一样的，然后利用这个等价关系推导出结论。

1. 构造第一个集合 \(S_1\)

   所有小于 \(p\) 的正整数，把它们放进一个集合里：\(S_1 = \{ 1, 2, 3, \dots, p-1 \}\)。这个集合有 \(p-1\) 个元素。

2. 构造第二个集合 \(S_2\)

   现在，把集合 \(S_1\) 中的每一个元素都乘以 \(a\)，得到一个新的集合 \(S_2 = \{ a, 2a, 3a, \dots, (p-1)a \}\)。

3. 证明最关键的一步：\(S_1\) 和 \(S_2\) 在模 \(p\) 的意义下是等价的

   也就是说，把 \(S_2\) 中所有元素都除以 \(p\) 取余数，得到的 \(p-1\) 个余数，恰好就是 \(S_1\) 中的 \(1,2,3,\dots,p-1\)，只是顺序可能被打乱了。

   为了证明这一点，需要确认两件事：

   • \(S_2\) 中所有元素的余数都不为 \(0\)。

     证明：假设 \(S_2\) 中有一个元素 \(ka\)（其中 \(k\) 是 \(1\) 到 \(p-1\) 之间的一个数）除以 \(p\) 的余数是 \(0\)，也就是 \(ka \equiv 0 \pmod {p}\)。因为 \(p\) 是一个素数，如果它能整除 \(ka\)，那么它必须能整除 \(k\) 或者 \(a\)。但根据前提，\(a\) 不是 \(p\) 的倍数，所以 \(p\) 不能整除 \(a\)。同时，\(k\) 的取值是 \(1,2,\dots,p-1\)，都比 \(p\) 小，所以 \(p\) 也不能整除 \(k\)。既然 \(p\) 既不能整除 \(k\) 也不能整除 \(a\)，那么它就不可能整除 \(ka\)。所以 \(ka\) 除以 \(p\) 的余数一定不为 \(0\)。

   • \(S_2\) 中所有元素的余数都互不相同。

     证明：使用反证法。假设有两个不相同的元素 \(ia\) 和 \(ja\)（其中 \(i \ne j\)），它们除以 \(p\) 的余数是相同的，也就是 \(ia \equiv ja \pmod {p}\)。根据同余的性质，可以移项，得到 \(ia - ja \equiv 0 \pmod {p}\)，即 \((i-j)a \equiv 0 \pmod {p}\)。同样，因为 \(p\) 是素数且不能整除 \(a\)，所以 \(p\) 必须能整除 \(i-j\)。但是 \(i\) 和 \(j\) 都是从 \(1\) 到 \(p-1\) 中选的，并且 \(i \ne j\)。那么 \(i-j\) 的取值范围在 \(-(p-2)\) 到 \(p-2\) 之间，无论如何它的绝对值都小于 \(p\)，且不为 \(0\)。一个大于 \(|i-j|\) 的素数 \(p\) 是不可能整除 \(i-j\) 的。这与推论“\(p\) 必须能整除 \(i-j\)”相矛盾！所以假设不成立。因此，\(S_2\) 中所有元素的余数一定是互不相同的。

   结论：\(S_2\) 中的 \(p-1\) 个元素，它们除以 \(p\) 的余数，既不为 \(0\)，又互不相同。那么这些余数只能是 \(1,2,3,\dots,p-1\) 的一个重新排列。

4. 利用等价关系

   既然集合 \(S_1\) 和 \(S_2\) 在模 \(p\) 的意义下是等价的，那么把各自集合中的所有元素全部乘起来，它们的结果在模 \(p\) 意义下也应该是等价的！

   • \(S_1\) 中所有元素的乘积：\(1 \times 2 \times 3 \times \cdots \times (p-1) = (p-1)!\)
   • \(S_2\) 中所有元素的乘积：\((a) \times (2a) \times (3a) \times \cdots \times ((p-1)a) = (1 \times 2 \times \cdots \times (p-1)) \times a^{p-1} = (p-1)! \times a^{p-1}\)。

   因为两者的乘积在模 \(p\) 意义下等价，所以 \((p-1)! \times a^{p-1} \equiv (p-1)! \pmod {p}\)。

5. 消去公因式

   现在有式子 \(X Y \equiv X \pmod {p}\)，想两边都“除以”\(X\)，在同余运算中，只要 \(X\) 和 \(p\) 互质（最大公约数为 \(1\)），就可以安全地“约掉”。

   这里的 \(X\) 是 \((p-1)! = 1 \times 2 \times \cdots \times (p-1)\)。因为 \(p\) 是素数，它和 \(1\) 到 \(p-1\) 之间的任何数都互质。所以 \(p\) 和 \((p-1)!\) 也互质。

   因此，可以安全地在同余式两边约掉 \((p-1)!\)，得到 \(a^{p-1} \equiv 1 \pmod {p}\)。

   证明完毕！

这个证明的巧妙之处在于它没有直接去计算 \(a^{p-1}\)，而是通过构造集合和利用素数的性质得出了结论。

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例如，用 \(p=5\)（素数），\(a=3\)（不是 \(5\) 的倍数）来走一遍流程。

\(S_1 = \{ 1,2,3,4 \}\)，\(S_2 = \{ 3, 6, 9, 12 \}\)。\(S_2\) 模 \(5\) 的余数：\(3,1,4,2\)，这正是 \(S_1\) 的一个重新排列。计算 \(S_1\) 中元素的乘积 \(4! = 24 \equiv 4 \pmod {5}\)，\(S_2\) 中元素的乘积 \(3 \times 6 \times 9 \times 12 = 1944\)，除以 \(5\) 余数为 \(4\)。\((4!) \times 3^{5-1} \equiv 4! \pmod {5}\) 即 \(24 \times 3^{4} \equiv 24 \pmod {5}\)，因为 \(24\) 和 \(5\) 互质，约掉 \(24\) 得到 \(3^4 \equiv 1 \pmod {5}\)。而 \(3^4 = 81 = 16 \times 5 + 1\)，完全正确。

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选择题：有如下递归代码

solve(t, n):
	if t=1 return 1
	else return 5*solve(t-1,n) mod n

则 solve(23,23) 的结果为？

• A. 1
• B. 7
• C. 12
• D. 22

答案

A。

可以将递归函数展开，寻找其数学规律。将乘法式子自底向上代入，可以得到实际上就是求 \(5^{t-1} \bmod n\)。

代入题目数据，等价于计算 \(5^{23-1} \bmod 23\)，即 \(5^{22} \bmod 23\)。

这是一个典型的模幂运算，可以使用费马小定理来快速求解，因为 \(23\) 是一个质数，而 \(5\) 不是 \(23\) 的倍数。