费马小定理证明
费马小定理
若存在整数 a ， p 且gcd(a，p)=1gcd(a，p)=1gcd(a，p)=1，即二者互为质数，则有a(p−1)≡1(modp)a^{(p−1)}≡1(modp)a(p−1)≡1(modp) 即a(p−1)%p=1a^{(p-1)}\%p=1a(p−1)%p=1
证明方法一：剩余系与乘法群
有一个集合A={1，2，3，4···p-1}
是模p的一个完全剩余系去掉0
因为gcd(a,p)=1，所以a在模p下有逆元，且a乘以A中的每一个元素，我们就可以得到另外一个集合
B={a1modp，a2modp······a*(p-1)modp};
集合B依然是属于集合A的，只是顺序不同。
于是乎我们可以得到一个通解：
∏x∈Ai=∏x∈a(i∗a)modp\prod_{x\in A}i = \prod_{x\in a}(i*a) mod p∏x∈Ai=∏x∈a(i∗a)modp
即：(p−1)!≡ap−1∗(p−1)!modp(p-1)! \equiv a^{p-1}*(p-1)! mod p(p−1)!≡ap−1∗(p−1)!modp
这里为什么会想到累乘？
因为AB集合是相同的，只是顺序不同，集合元素乘起来的和一定相同，这样就不会因为元素位置不同，而产生无法联系的关系。
由于他们都是质数，就可以得出：
1≡ap−1modp1\equiv a^{p-1}modp1≡ap−1modp
得证。
证明方法二：二项式定理与归纳法
引理证明：二项式系数的整除性
对于质数 (p)( p )(p)，二项式系数 (pk)\binom{p}{k}(kp) 当1≤k≤p−11\leq k \leq p-11≤k≤p−1时，有(p∣(pk))( p \mid \binom{p}{k} )(p∣(kp))。
展开二项式系数：
[(pk)=p!k!(p−k)!][\binom{p}{k} = \frac{p!}{k!(p-k)!}][(kp)=k!(p−k)!p!]
分子含因子 ( p )，而分母 ( k!(p-k)! ) 不包含 ( p )（因为 ( k < p ) 且 ( p-k < p )），故 (pk)\binom{p}{k}(kp) 是 ( p ) 的倍数。
数学归纳法证明 (ap≡a(modp)(a^p \equiv a \pmod{p}(ap≡a(modp)
基础情况：( a = 0 ) 时显然成立。
归纳假设：假设 (ap≡a(modp)(a^p \equiv a \pmod{p}(ap≡a(modp) 成立。
归纳步骤：考虑 ( (a+1)^p ) 的展开式：
[(a+1)p=∑k=0p(pk)ak][(a+1)^p = \sum_{k=0}^p \binom{p}{k} a^k][(a+1)p=∑k=0p(kp)ak]
由引理知，当 ( 1≤k≤p−11 \leq k \leq p-11≤k≤p−1 ) 时，((pk)≡0(modp)\binom{p}{k} \equiv 0 \pmod{p}(kp)≡0(modp) )，因此：
[(a+1)p≡ap+1(modp)[(a+1)^p \equiv a^p + 1 \pmod{p}[(a+1)p≡ap+1(modp)]
根据归纳假设 ( a^p \equiv a \pmod{p} )，代入得：
[(a+1)p≡a+1(modp)][(a+1)^p \equiv a + 1 \pmod{p}][(a+1)p≡a+1(modp)]
归纳成立，故对任意整数 ( a≥0a \geq 0a≥0 ) 有 ( ap≡a(modp)a^p \equiv a \pmod{p}ap≡a(modp) )。
在这个基础上，两边同时乘一个a的逆元（a−1a^{-1}a−1）
得到：ap−1≡1(modp)a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}ap−1≡1(modp)
得证