費馬小定理

費馬小定理（英語：Fermat's little theorem）是數論中的一個定理。假如$a$是一個整數，$p$是一個質數，那麼$a^{p}-a$是$p$的倍數，可以表示為

$a^{p}\equiv a{\pmod {p}}$

如果$a$不是$p$的倍數，這個定理也可以寫成更加常用的一種形式

$a^{p-1}\equiv 1{\pmod {p}}$

費馬小定理的逆敘述不成立，即假如$a^{p}-a$是$p$的倍數，$p$不一定是一個質數。例如$2^{341}-2$是$341$的倍數，但$341=11\times 31$，不是質數。滿足費馬小定理的合數被稱為費馬偽質數。

歷史

皮埃爾·德·費馬

皮埃爾·德·費馬於1636年發現了這個定理。在一封1640年10月18日的信中他第一次使用了上面的書寫方式。在他的信中費馬還提出a是一個質數的要求。

1736年，歐拉出版了一本名為「一些與質數有關的定理的證明」（拉丁文：Theorematum Quorundam ad Numeros PRIMOS Spectantium Demonstratio）」的論文集，其中第一次給出了證明。但從萊布尼茨未發表的手稿中發現他在1683年以前已經得到幾乎是相同的證明。

有些數學家獨立提出相關的假說（有時也被錯誤地稱為中國猜想），當$2^{p}\equiv 2{\pmod {p}}$成立時，p是質數。這是費馬小定理的一個特殊情況。然而，這一假說的前設是錯的：例如，$2^{341}\equiv 2{\pmod {341}}$，而341=11×31是一個偽質數。所有的偽質數都是此假說的反例。

卡邁克爾數

主條目：卡邁克爾數

如上所述，中國猜想僅有一半是正確的。符合中國猜想但不是質數的數被稱為偽質數。

更極端的反例是卡米高數： 假設$a$與561互質，則$a^{560}$被561除都餘1。這樣的數被稱為卡邁克爾數，561是最小的卡邁克爾數。Korselt在1899年就給出了卡邁克爾數的等價定義，但直到1910年才由卡邁克爾（Robert Daniel Carmichael）發現第一個卡邁克爾數：561。1994年William Alford、Andrew Granville及Carl Pomerance證明了卡邁克爾數有無窮多個。

證明

方法一

（i）若$a$是整數，$p$是質數，且$\gcd(a,p)=1$。若$p$不能整除$x-y$，則$p$不能整除$a(x-y)$。取整數集$A$為所有小於$p$的正整數集合（$A$構成$p$的完全剩餘系，即$A$中不存在兩個數同餘$p$），$B$是$A$中所有的元素乘以$a$組成的集合。因為$A$中的任何兩個元素之差都不能被$p$整除，所以$B$中的任何兩個元素之差也不能被$p$整除。

換句話說，$\gcd(a,p)=1$，考慮$1\times a,2\times a,3\times a,....(p-1)\times a$共$(p-1)$個數，將它們分別除以$p$，餘數分別為$r_{1},r_{2},r_{3},....,r_{p-1}$，則集合$\{r_{1},r_{2},r_{3},....,r_{p-1}\}$為集合$\{1,2,3,\ldots ,(p-1)\}$的重新排列，即$1,2,3,\ldots ,(p-1)$在餘數中恰好各出現一次；這是因為對於任兩個相異$k*a$而言（$k=1,2,3,\ldots ,(p-1)$），其差不是$p$的倍數（所以不會有相同餘數），且任一個$k*a$亦不為$p$的倍數（所以餘數不為0）。因此

$1\cdot 2\cdot 3\cdot \dots \cdot (p-1)\equiv (1\cdot a)\cdot (2\cdot a)\cdot \dots \cdot ((p-1)\cdot a){\pmod {p}},$

即

$W\equiv W\cdot a^{p-1}{\pmod {p}},$

在這裏$W=1\cdot 2\cdot 3\cdot \ldots \cdot (p-1)$，且$(W,p)=1$，因此將整個公式除以$W$即得到：

$a^{p-1}\equiv 1{\pmod {p}}$

也即 $a^{p}\equiv a{\pmod {p}}$

（ii）若$p$整除$a$，則顯然有$p$整除$a^{p}$，即$a^{p}\equiv a\equiv 0{\pmod {p}}$。

方法二

參見：中一新生之夢

若$p$為質數，$n$為整數，且$p\geq n$。考慮二項式系數${\tbinom {p}{n}}={\tfrac {p!}{n!(p-n)!}}$，並限定$n$不為$p$或$0$，則由於分子有質數$p$，但分母不含$p$，故分子的$p$能保留，不被約分而除去，即${\tbinom {p}{n}}$恆為$p$的倍數。

再考慮$(b+1)^{p}$的二項式展開，模$p$，則

$(b+1)^{p}\equiv {\dbinom {p}{p}}b^{p}+{\dbinom {p}{p-1}}b^{p-1}+{\dbinom {p}{p-2}}b^{p-2}+\dots +{\dbinom {p}{2}}b^{2}+{\dbinom {p}{1}}b^{1}+{\dbinom {p}{0}}b^{0}{\pmod {p}}$

$\equiv {\dbinom {p}{p}}b^{p}+{\dbinom {p}{0}}b^{0}{\pmod {p}}$

$\equiv b^{p}+1{\pmod {p}}$

因此

$(b+1)^{p}\equiv b^{p}+1{\pmod {p}}$

$\equiv (b-1)^{p}+1+1{\pmod {p}}$

$\equiv (b-2)^{p}+1+1+1{\pmod {p}}$

$\equiv (b-3)^{p}+1+1+1+1{\pmod {p}}$

$\dots$

$\equiv {\begin{matrix}\underbrace {1+1+\dots +1+1} \\b+1\end{matrix}}{\pmod {p}}$

$\equiv b+1{\pmod {p}}$

令$a=b+1$，即得$a^{p}\equiv a{\pmod {p}}$。

方法三

在抽象代數教科書中，費馬小定理常作為教授拉格朗日定理時的一個簡單例子。顯然只需考慮 $(a,p)=1$ 情形。此時模 $p$ 所有非零的餘數，在同餘意義下對乘法構成一個群，這個群的階是 $p-1$。考慮群中的任何一個元素 $b$，根據拉格朗日定理，$b$ 的階必整除群的階。證畢。

應用

• 計算$2^{100}$除以13的餘數

$2^{100}\equiv 2^{12\times 8+4}{\pmod {13}}$

$\equiv (2^{12})^{8}\cdot 2^{4}{\pmod {13}}$

$\equiv 1^{8}\cdot 16{\pmod {13}}$

$\equiv 16{\pmod {13}}$

$\equiv 3{\pmod {13}}$

故餘數為3。

• 證明對於任意整數a而言，$a^{13}-a$恆為2730的倍數。
  • 易由$a^{p-1}\equiv 1{\pmod {p}}$推得$a^{n(p-1)+1}\equiv 1^{n}\cdot a\equiv a{\pmod {p}}$，其中$n$為正整數。
  • 故對指數13操作如下：13減1為12，12的正因數有1, 2, 3, 4, 6, 12，分別加1，為2, 3, 4, 5, 7, 13，其中2, 3, 5, 7, 13為質數，根據定理的延伸表達式，$a^{13}-a$為2的倍數、為3的倍數、為5的倍數、為7的倍數、為13的倍數，即2*3*5*7*13=2730的倍數。

推廣

歐拉定理

費馬小定理是歐拉定理的一個特殊情況：如果 $(a,n)=1$ ，那麼

$a^{\varphi (n)}\equiv 1{\pmod {n}}$

這裏 $\varphi (n)$ 是歐拉函數。歐拉函數的值是所有小於或等於 $n$ 的正整數中與 $n$ 互質的數的個數。假如 $n$ 是一個質數，則 $\varphi (n)=n-1$ ，即費馬小定理。

證明

上面證明費馬小定理的群論方法，可以同理地證明歐拉定理。

考慮所有與 $n$ 互質的數，這些數模 $n$ 的餘數所構成的集合，記為 ${\cal {S}}$，並將群乘法定義為相乘後模 $n$ 的同餘。顯然 ${\cal {S}}$ 是一個群，因為它對群乘法封閉（若 $(a,n)=1$ 和 $(b,n)=1$ 則 $(ab,n)=1$），含單位元素（即「1」），且任何一個元素 $a$ 的反元素也在集合中（因為若 $a\in {\cal {S}}$ 則由群乘法封閉性任何$a$ 的冪次都在 ${\cal {S}}$ 中，所以 $\langle a\rangle$ 是 ${\cal {S}}$ 這個有限集的子集）。根據定義， ${\cal {S}}$ 的階是 $\varphi (n)$，於是根據拉格朗日定理， ${\cal {S}}$ 中任何一個元素的階必整除 $\varphi (n)$。證畢。

卡邁克爾函數

主條目：卡邁克爾函數

卡邁克爾函數比歐拉函數更小。費馬小定理也是它的特殊情況。

$a^{\lambda (n)}\equiv 1{\pmod {n}}$

多項式除法

因為$p|x^{p}-x\Rightarrow p^{k}|(x^{p}-x)^{k}$

所以由$x^{N}{\pmod {(x^{p}-x)^{k}}}$的結果可以得出$x^{N}{\pmod {p^{k}}}$的結果

用多項式除法可以得出$x^{N}$除以$(x^{p}-x)^{k}$的次數少於$p^{k}$的餘式

例如$3\mid x^{3}-x$，由多項式除法得到$x^{5}=(x^{2}+1)(x^{3}-x)+x$，則$x^{5}\equiv x{\pmod {3}}$

這個餘式的一般結果是：

$\displaystyle x^{pk}\equiv \sum _{i=1}^{k}(-1)^{i-1}{\binom {k}{i}}x^{pk-(p-1)i}{\pmod {p^{k}}}$（除式）

$\displaystyle x^{pk+(p-1)n}\equiv \sum _{i=1}^{k}(-1)^{i-1}{\binom {n+i-1}{i-1}}{\binom {n+k}{k-i}}x^{pk-(p-1)i}{\pmod {p^{k}}}$

n=0時為除式，用數學歸納法證明餘式。

求$x^{1000}{\pmod {5^{2}}}$

$x^{10+4n}\equiv (n+2)x^{6}-(n+1)x^{2}{\pmod {5^{2}}}$

$x^{1000}\equiv 249x^{8}-248x^{4}\equiv 24x^{8}-23x^{4}{\pmod {5^{2}}}$

參見

• 費馬大定理
• 拉格朗日定理