教学之费马小定理求逆元

首先：逆元定义

我们先说明一下什么是逆元
逆元是指，在模\(P\)的意义下，\(a\)和\(x\)的积模\(P\)后等于1
式子：\(a*x≡1\) \((mod\) \(P)\)

其次：费马小定理

有了逆元的定义后，我们引入一下费马小定理
何为费马小定理？
如果\(p\)是一个质数，而整数\(a\)不是\(p\)的倍数，则有\(a^{p-1}≡1(mod\ p)\)

略证：

两个引理
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\(a·c≡b·c(mod\ m)\)时，有\(a≡b(mod\ m)\)。
证明：\(a·c≡b·c(mod\ m)\)可得\(ac–bc≡0(mod\ m)\)可得\((a-b)·c≡0(mod\ m)\)。因为\((m,c)=1\)即\(m,c\)互质，\(c\)可以约去，\(a–b≡0(mod\ m)\)可得\(a≡b(mod\ m)\)。
引理2：
设\(m\)是一个整数且\(m>1\)，\(b\)是一个整数且\((m,b)=1\)。如果\(a[1],a[2],a[3],a[4],…a[m]\)是模\(m\)的一个完全剩余系，则\(b·a[1],b·a[2],b·a[3],b·a[4],…b·a[m]\)也构成模\(m\)的一个完全剩余系。
证明：若存在2个整数\(b·a[i]\)和\(b·a[j]\)同余即\(b·a[i]≡b·a[j](mod\ m)..(i>=1 且 j>=1)\)，根据引理1则有
\(a[i]≡a[j](mod\ m)\)。根据完全剩余系的定义可知这是不可能的，因此不存在2个整数\(b·a[i]\)和\(b·a[j]同余\)。
所以\(b·a[1],b·a[2],b·a[3],b·a[4],…b·a[m]\)构成模\(m\)的一个完全剩余系。
证明费马小定理
构造素数 的完全剩余系

\[P=\{1,2,3,...,p-1\}. \]

因为\((a,p)=1\)，由引理2可得

\[A=\{a,2a,3a,...,(p-1)a\} \]

也是\(p\)的一个完全剩余系。由完全剩余系的性质，

\[1×2×3×...×(p-1)≡a·2a·3a·...·(p-1)a(mod\ p) \]

即\((p-1)!≡(p-1)!·a^{p-1}(mod\ p)\)
易知\(((p-1)!,p)=1\)，同余式两边可约去\((p-1)!\)，得到

\[a^{p-1}≡1(mod\ p) \]

这样就证明了费马小定理。

上述均来自百度百科

最终：费马小定理求逆元

现在我们手上有两个式子
一是逆元：\(a*x≡1\) \((mod\) \(P)\)
二是费马小定理：\(a^{P-1}≡1\) \((mod\) \(P)\)
诶，这两个式子是不是有点想
我们把费马小定理的式子转一下

\[a^{P-1}≡1 (mod\ P)变为a*a^{P-2}≡1(mod\ P) \]

此时再和逆元的式子对比一下
发现：似乎，\(x\)就是\(a^{P-2}\)
自信点，把似乎去掉
至此，我们就知道了，在P是质数时，\(a\)在模\(P\)的意义下的逆元就是\(a^{P-2}\)
大功告成
切记，只有模数\(P\)是质数的情况下才可以用费马小定理求逆元
顺便说一下，求\(a^{P-2}\)可以用快速幂