费马小定理

背景

您是否注意过以下规律？

整数 nn n 的平方 n2n^2 n2 总是满足以下两个命题中的某一个
- $n2≡0(mod3) n^2\equiv 0 \pmod{3}$ n2≡0(mod3)
- $n2≡1(mod3) n^2\equiv 1 \pmod{3}$ n2≡1(mod3)
整数 nn n 的 44 4 次方 n4n^4 n4 总是满足以下两个命题中的某一个
- $n4≡0(mod5) n^4\equiv 0 \pmod{5}$ n4≡0(mod5)
- $n4≡1(mod5) n^4\equiv 1 \pmod{5}$ n4≡1(mod5)
整数 nn n 的 55 5 次方总是满足以下命题
- $n5≡n(mod10) n^5\equiv n \pmod{10}$ n5≡n(mod10)

这些规律的背后是否有更深层的原因呢？我们能否证明这些规律？本文对此进行探讨。

正文

用较小的质数进行试验

我们可以用较小的质数 $pp$ p 进行一些试验。我想通过 $Python\text{Python}$ Python 代码来自动生成下图展示的这种表格 ⬇️

于是我写了这样的代码 (豆包和 trae 提供了帮助)

python 复制代码

"""
A tool for generating modular powers for a given prime number p.
"""
from typing import List


class SimpleModularPowDisplayer:
    """A class to display modular powers for a given positive integer m.

    Attributes:
        m (int): a positive integer (greater than or equal to 2)
    """

    def __init__(self, m: int) -> None:
        """Initialize the displayer with a positive integer m.
        
        Args:
            m (int): a positive integer
        
        Raises:
            ValueError: when m is not an integer or m < 2
        """
        if not isinstance(m, int) or m < 2:
            raise ValueError("m must be an integer that is greater than or equal to 2")
        self.m = m

    def _get_header_elements(self) -> List[str]:
        """Generate the header elements for the Markdown table.

        Returns:
            List[str]: Header cells for the Markdown table (LaTeX-formatted)
        """
        header = [f"$a$"]
        for exp in range(2, self.m + 1):
            header.append(f"$a^{{{exp}}} \\bmod {self.m}$")
        return header

    def print_header(self) -> None:
        """Print the header row of the Markdown table."""
        elements = self._get_header_elements()
        print(f"| {' | '.join(elements)} |")

    def _get_row_elements(self, a: int) -> List[str]:
        """Generate the elements for a single row of the Markdown table.
        
        Args:
            a (int): the base number (0 <= a < m)
        
        Returns:
            List[str]: Cell values for the row (LaTeX-formatted)
        """
        elements = [f"${a}$"]
        current = a
        for _ in range(2, self.m + 1):
            current = (current * a) % self.m
            elements.append(f"${current}$")
        return elements

    def print_row(self, a: int) -> None:
        """Print a single row of the Markdown table for a given base a.
        
        Args:
            a (int): an integer that satisfies the condition 0 <= a < m
        
        Raises:
            ValueError: If a is outside the range [0, m-1]
        """
        if not 0 <= a < self.m:
            raise ValueError(f"a should be inside [0, {self.m-1}]")
        elements = self._get_row_elements(a)
        print(f"| {' | '.join(elements)} |")

    def show_markdown_result(self) -> None:
        """Print the complete Markdown table for modular powers of m."""
        print(f"#### $m={self.m}$")
        self.print_header()
        # Print the separator row
        separator = ["---"] * len(self._get_header_elements())
        print(f"| {' | '.join(separator)} |")
        # Traverse all numbers from 0 to m-1
        for a in range(self.m):
            self.print_row(a)


if __name__ == "__main__":
    # A list with prime numbers
    PRIME_LIST = [2, 3, 5, 7, 11]
    for prime in PRIME_LIST:
        try:
            displayer = SimpleModularPowDisplayer(prime)
            displayer.show_markdown_result()
            print("\n")
        except ValueError as e:
            print(f"Error occurred when processing p={prime}: {e}")

请将上述代码保存为 print_markdown_table.py。用如下命令可以运行 print_markdown_table.py

bash 复制代码

python3 print_markdown_table.py

运行结果包含了 $55$ 5 个 markdown 表格 ⬇️

$m=2m=2$ m=2

$aa$ a	$a2 mod 2a^{2} \bmod 2$ a2mod2
$00$ 0	$00$ 0
$11$ 1	$11$ 1

$m=3m=3$ m=3

$aa$ a	$a2 mod 3a^{2} \bmod 3$ a2mod3	$a3 mod 3a^{3} \bmod 3$ a3mod3
$00$ 0	$00$ 0	$00$ 0
$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1
$22$ 2	$11$ 1	$22$ 2

$m=5m=5$ m=5

$aa$ a	$a2 mod 5a^{2} \bmod 5$ a2mod5	$a3 mod 5a^{3} \bmod 5$ a3mod5	$a4 mod 5a^{4} \bmod 5$ a4mod5	$a5 mod 5a^{5} \bmod 5$ a5mod5
$00$ 0	$00$ 0	$00$ 0	$00$ 0	$00$ 0
$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1
$22$ 2	$44$ 4	$33$ 3	$11$ 1	$22$ 2
$33$ 3	$44$ 4	$22$ 2	$11$ 1	$33$ 3
$44$ 4	$11$ 1	$44$ 4	$11$ 1	$44$ 4

$m=7m=7$ m=7

$aa$ a	$a2 mod 7a^{2} \bmod 7$ a2mod7	$a3 mod 7a^{3} \bmod 7$ a3mod7	$a4 mod 7a^{4} \bmod 7$ a4mod7	$a5 mod 7a^{5} \bmod 7$ a5mod7	$a6 mod 7a^{6} \bmod 7$ a6mod7	$a7 mod 7a^{7} \bmod 7$ a7mod7
$00$ 0	$00$ 0	$00$ 0	$00$ 0	$00$ 0	$00$ 0	$00$ 0
$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1
$22$ 2	$44$ 4	$11$ 1	$22$ 2	$44$ 4	$11$ 1	$22$ 2
$33$ 3	$22$ 2	$66$ 6	$44$ 4	$55$ 5	$11$ 1	$33$ 3
$44$ 4	$22$ 2	$11$ 1	$44$ 4	$22$ 2	$11$ 1	$44$ 4
$55$ 5	$44$ 4	$66$ 6	$22$ 2	$33$ 3	$11$ 1	$55$ 5
$66$ 6	$11$ 1	$66$ 6	$11$ 1	$66$ 6	$11$ 1	$66$ 6

$m=11m=11$ m=11

$aa$ a	$a2 mod 11a^{2} \bmod 11$ a2mod11	$a3 mod 11a^{3} \bmod 11$ a3mod11	$a4 mod 11a^{4} \bmod 11$ a4mod11	$a5 mod 11a^{5} \bmod 11$ a5mod11	$a6 mod 11a^{6} \bmod 11$ a6mod11	$a7 mod 11a^{7} \bmod 11$ a7mod11	$a8 mod 11a^{8} \bmod 11$ a8mod11	$a9 mod 11a^{9} \bmod 11$ a9mod11	$a10 mod 11a^{10} \bmod 11$ a10mod11	$a11 mod 11a^{11} \bmod 11$ a11mod11
$00$ 0	$00$ 0	$00$ 0	$00$ 0	$00$ 0	$00$ 0	$00$ 0	$00$ 0	$00$ 0	$00$ 0	$00$ 0
$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1	$11$ 1
$22$ 2	$44$ 4	$88$ 8	$55$ 5	$1010$ 10	$99$ 9	$77$ 7	$33$ 3	$66$ 6	$11$ 1	$22$ 2
$33$ 3	$99$ 9	$55$ 5	$44$ 4	$11$ 1	$33$ 3	$99$ 9	$55$ 5	$44$ 4	$11$ 1	$33$ 3
$44$ 4	$55$ 5	$99$ 9	$33$ 3	$11$ 1	$44$ 4	$55$ 5	$99$ 9	$33$ 3	$11$ 1	$44$ 4
$55$ 5	$33$ 3	$44$ 4	$99$ 9	$11$ 1	$55$ 5	$33$ 3	$44$ 4	$99$ 9	$11$ 1	$55$ 5
$66$ 6	$33$ 3	$77$ 7	$99$ 9	$1010$ 10	$55$ 5	$88$ 8	$44$ 4	$22$ 2	$11$ 1	$66$ 6
$77$ 7	$55$ 5	$22$ 2	$33$ 3	$1010$ 10	$44$ 4	$66$ 6	$99$ 9	$88$ 8	$11$ 1	$77$ 7
$88$ 8	$99$ 9	$66$ 6	$44$ 4	$1010$ 10	$33$ 3	$22$ 2	$55$ 5	$77$ 7	$11$ 1	$88$ 8
$99$ 9	$44$ 4	$33$ 3	$55$ 5	$11$ 1	$99$ 9	$44$ 4	$33$ 3	$55$ 5	$11$ 1	$99$ 9
$1010$ 10	$11$ 1	$1010$ 10	$11$ 1	$1010$ 10	$11$ 1	$1010$ 10	$11$ 1	$1010$ 10	$11$ 1	$1010$ 10

找规律

通过观察以上 $55$ 5 个 markdown 表格，我们可以发现一些规律 ⬇️ (也许您还能发现其他规律)

对满足 $0<a<p0\lt a\lt p$ 0<a<p 的整数 $aa$ a 而言， $a2k≡(p−a)2k(modp)a^{2k}\equiv (p-a)^{2k} \pmod {p}$ a2k≡(p−a)2k(modp) 似乎总是成立 ( $kk$ k 为任意正整数)
对满足 $0<a<p0\lt a\lt p$ 0<a<p 的整数 $aa$ a 而言， $ap−1≡1(modp) a^{p-1}\equiv 1 \pmod {p}$ ap−1≡1(modp) 似乎总是成立

我们试试证明它们。

规律一的证明

我们尝试证明以下规律

对满足 $0<a<p0\lt a\lt p$ 0<a<p 的整数 $aa$ a 而言， $a2k≡(p−a)2k(modp)a^{2k}\equiv (p-a)^{2k} \pmod {p}$ a2k≡(p−a)2k(modp) 总是成立 ( $kk$ k 为任意正整数， $pp$ p 为任意质数)

$k=1k=1$ k=1 的情况最简单，我们先看看它 ⬇️
$a2−(p−a)2=a2−(p2−2pa+a2)=−p2+2paa^2-(p-a)^2=a^2-(p^2-2pa+a^2)=-p^2+2pa$ a2−(p−a)2=a2−(p2−2pa+a2)=−p2+2pa

因此 $p∣(a2−(p−a)2)p\mid (a^2-(p-a)^2)$ p∣(a2−(p−a)2)，所以 $a2≡(p−a)2(modp)a^2\equiv (p-a)^2 \pmod {p}$ a2≡(p−a)2(modp)

如果我们能将以下 $kk$ k 个等式左边右边各自相乘，就可以得到要证的等式 👉 $a2k≡(p−a)2k(modp)a^{2k}\equiv (p-a)^{2k} \pmod {p}$ a2k≡(p−a)2k(modp)

$a2≡(p−a)2(modp)a^2\equiv (p-a)^2 \pmod {p}$ a2≡(p−a)2(modp)
$a2≡(p−a)2(modp)a^2\equiv (p-a)^2 \pmod {p}$ a2≡(p−a)2(modp)
$⋯\cdots$ ⋯
$a2≡(p−a)2(modp)a^2\equiv (p-a)^2 \pmod {p}$ a2≡(p−a)2(modp)

但是能否这样做乘法呢？答案是肯定的。

如果 $x≡x′(modn) x\equiv x' \pmod n$ x≡x′(modn) 和 $y≡y′(modn) y\equiv y' \pmod n$ y≡y′(modn) 成立，那么以下两个命题成立

$n∣(x−x′)n \mid (x-x')$ n∣(x−x′)
$n∣(y−y′)n \mid (y-y')$ n∣(y−y′)

也就是说，我们可以找到整数 $a,ba,b$ a,b 使得以下两个等式成立

$x′=x+anx'=x+an$ x′=x+an
$y′=y+bny'=y+bn$ y′=y+bn

所以 $xy−x′y′=xy−(x+an)(y+bn)=−ayn−bxn−abn2xy-x'y'=xy-(x+an)(y+bn)=-ayn-bxn-abn^2$ xy−x′y′=xy−(x+an)(y+bn)=−ayn−bxn−abn2，那么 $n∣(xy−x′y′)n\mid (xy-x'y')$ n∣(xy−x′y′)

由此可见，在模 $nn$ n 运算中，我们确实可以在 $≡\equiv$ ≡ 运算两边做乘法。

于是 $a2k≡(p−a)2k(modp)a^{2k}\equiv (p-a)^{2k} \pmod {p}$ a2k≡(p−a)2k(modp) 对任意正整数 $kk$ k 都成立。

规律二的证明

说明：本小节的证明来自灵茶山艾府所写的分享丨模运算的世界：当加减乘除遇上取模（模运算恒等式/费马小定理/组合数）一文（有改动）。由于其中所讲的都是经典的数学知识，我想其中的证明应该不存在版权问题，但引用其中的内容时，应该注明出处。于是我写了这么一段说明

我们的目标是，证明或者证伪以下命题

对 $0<a<p0\lt a\lt p$ 0<a<p 的整数 $aa$ a 而言， $ap−1≡1(modp) a^{p-1}\equiv 1 \pmod {p}$ ap−1≡1(modp)。

首先，对任意整数 $x,yx,y$ x,y， $(x+y)p(x+y)^p$ (x+y)p 可以用二项式定理进行展开。
$(x+y)p= ∑i=0p Cpixiyp−i(x+y)^p=\sum_{i=0}^{p}C_p^i x^i y^{p-i}$ (x+y)p=i=0∑pCpixiyp−i

而 $Cpi= p!i!(p−i)! C_p^i=\frac{p!}{i!(p-i)!}$ Cpi=i!(p−i)!p!

当 $i=0i=0$ i=0 时， $Cp0=1 C_p^0=1$ Cp0=1
当 $0<i<p0\lt i\lt p$ 0<i<p 时， $p∣p!p\mid p!$ p∣p! 成立，由算术基本定理可得， $p∣Cpi p\mid C_p^i$ p∣Cpi
当 $i=pi=p$ i=p 时， $Cpp=1 C_p^p=1$ Cpp=1

所以
$(x+y)p= ∑i=0p Cpixiyp−i(x+y)^p=\sum_{i=0}^{p}C_p^i x^i y^{p-i}$ (x+y)p=i=0∑pCpixiyp−i
$=Cp0yp+⋯+Cppxp =C_p^0y^p + \cdots + C_p^px^p$ =Cp0yp+⋯+Cppxp

其中 $⋯\cdots$ ⋯ 所表示的各项均可被 $pp$ p 整除。

于是我们可以得出
$(x+y)p≡xp+yp(modp)(x+y)^p\equiv x^p + y^p \pmod p$ (x+y)p≡xp+yp(modp)

令 $y=1y=1$ y=1 就会得到 $(x+1)p≡xp+1(modp)(x+1)^p\equiv x^p + 1 \pmod p$ (x+1)p≡xp+1(modp)。

当 $x=0x=0$ x=0 时， $0p≡0(modp) 0^p\equiv 0 \pmod p$ 0p≡0(modp) 显然成立。假设 $x=kx=k$ x=k 时， $kp≡k(modp) k^p\equiv k \pmod p$ kp≡k(modp) 成立（ $kk$ k 是某个自然数）。也就是说， $p∣(kp−k)p\mid (k^p-k)$ p∣(kp−k) 成立。

那么 $x=k+1x=k+1$ x=k+1 时，
$(k+1)p−(k+1)=kp+1+pN−(k+1)(k+1)^p-(k+1)=k^p+1+pN-(k+1)$ (k+1)p−(k+1)=kp+1+pN−(k+1)

其中 $NN$ N 表示某个整数。继续化简，可以得到 ⬇️
$(k+1)p−(k+1)=kp+pN−k=kp−k+pN(k+1)^p-(k+1)=k^p+pN-k=k^p-k+pN$ (k+1)p−(k+1)=kp+pN−k=kp−k+pN

注意到以下两个命题成立

$p∣(kp−k)p\mid (k^p-k)$ p∣(kp−k)
$p∣pNp\mid pN$ p∣pN

那么 $p∣(kp−k+pN)p\mid (k^p-k+pN)$ p∣(kp−k+pN) 成立，也就是说， $(k+1)p≡kp+1(modp)(k+1)^p\equiv k^p + 1\pmod p$ (k+1)p≡kp+1(modp) 成立。

运用数学归纳法，可以得到 $xp≡x(modp) x^p\equiv x \pmod p$ xp≡x(modp) 对任意自然数 $xx$ x 都成立。

当 $p∣xp\mid x$ p∣x 时， $xp≡0(modp) x^p\equiv 0 \pmod p$ xp≡0(modp) 显然成立
当 $p∤xp\nmid x$ p∤x 时，由于 $p∣(xp−x)p\mid (x^p-x)$ p∣(xp−x)，那么 $p∣x(xp−1−1)p\mid x(x^{p-1}-1)$ p∣x(xp−1−1)。由算术基本定理可得 $p∣(xp−1−1)p\mid (x^{p-1} - 1)$ p∣(xp−1−1)，即 $xp−1≡1(modp) x^{p-1}\equiv 1 \pmod p$ xp−1≡1(modp)。⬅️ 这就是费马小定理