费马小定理证明 (copy的,自己捋清楚)
费马小定理:假如p是质数,且gcd(a,p)=1,那么 a^(p-1)≡1(mod p)
证明(copy的百度百科,加点自己的解释)
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)。
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( x=a-b, x*c=k*m(k∈Z), (c,m)=1, ∴c不提供m的因子, ∴ x=k*m(k∈Z) ),
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:(反证)
证明:(反证)
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 && 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。
构造素数 p 的完全剩余系 ![](https://gss1.bdstatic.com/9vo3dSag_xI4khGkpoWK1HF6hhy/baike/s%3D142/sign=7d355c72fb1f3a295ec8d1caab24bce3/9e3df8dcd100baa13c70ba174c10b912c8fc2e3a.jpg)
![](https://gss1.bdstatic.com/9vo3dSag_xI4khGkpoWK1HF6hhy/baike/s%3D142/sign=7d355c72fb1f3a295ec8d1caab24bce3/9e3df8dcd100baa13c70ba174c10b912c8fc2e3a.jpg)
由完全剩余系的性质,
![](https://gss3.bdstatic.com/7Po3dSag_xI4khGkpoWK1HF6hhy/baike/s%3D371/sign=e79c199cb1a1cd1101b674278813c8b0/83025aafa40f4bfbe4ad63f8084f78f0f7361818.jpg)
即
![](https://gss1.bdstatic.com/-vo3dSag_xI4khGkpoWK1HF6hhy/baike/s%3D216/sign=c1e9964386b1cb133a693b12eb5556da/cc11728b4710b9123dbd0b52c8fdfc039245221a.jpg)
易知
,
![](https://gss0.bdstatic.com/94o3dSag_xI4khGkpoWK1HF6hhy/baike/s%3D100/sign=1f67bf3372cf3bc7ec00c9ece100babd/d01373f082025aafdc613df5f9edab64034f1ab8.jpg)
同余式两边可约去
( 如引理1 ),
![](https://gss0.bdstatic.com/94o3dSag_xI4khGkpoWK1HF6hhy/baike/s%3D49/sign=7d97b0521238534388cf86289213c881/6609c93d70cf3bc7d7808ed2d300baa1cd112a0f.jpg)
得到
这样就证明了费马小定理。
![](https://gss1.bdstatic.com/9vo3dSag_xI4khGkpoWK1HF6hhy/baike/s%3D116/sign=eb65c46fdcca7bcb797bc32e88086b3f/0dd7912397dda144345f911eb9b7d0a20df486cc.jpg)