初中数学竞赛讲座——数论部分9（费马小定理）

初中数学竞赛讲座——数论部分9（费马⼩定理）
第9讲费尔马⼩定理
⼀、基础知识：
法国数学家费尔马在1640年提出了⼀个有关整数幂余数的定理，在解决许多关于某个整数幂除以某个整数的余数问题时⾮常⽅便有⽤，在介绍这个定理之前，我们先来看⼀些具体的同余式，请同学们注意观察，发现这些同余式符合什么规律．
3≡1（mod 2），5≡1（mod 2），7≡1（mod 2）…
22≡1（mod 3），42≡1（mod 3），52≡1（mod 3）…
24≡1（mod 5），34≡1（mod 5），44≡1（mod 5）…
26≡（23）2≡1（mod 7），36≡（33）2≡1（mod 7），46≡（43）2≡1（mod 7）…
这些同余式都符合同⼀个规律，这个规律就是费尔马⼩定理．
费尔马⼩定理：如果p是质数，（a，p）=1，那么a p－1≡1（mod p）
与费马⼩定理相关的有⼀个中国猜想，这个猜想是中国数学家提出来的，其内容为：当且仅当2p-1≡1(mod p)，p是⼀个质数。

假如p是⼀个质数的话，则2p-1≡1(mod p)成⽴（这是费马⼩定理的⼀个特殊情况）是对的。

但反过来，假如2p-1≡1(mod p)成⽴那么p是⼀个质数是不成⽴的（⽐如341符合上述条件但不是⼀个质数）。

如上所述，中国猜测只有⼀半是正确的，符合中国猜测但不是质数的数被称为“伪质数”。

对于中国猜测稍作改动，即得到判断⼀个数是否为质数的⼀个⽅法：
如果对于任意满⾜1 < b< p的b下式都成⽴：b p-1≡1(mod p)，则p必定是⼀个质数。

实际上，没有必要测试所有的⼩于p的⾃然数，只要测试所有的⼩于p的质数就可以了。

这个算法的缺点是它⾮常慢，运算率⾼；但是它很适合在计算机上⾯运⾏程序进⾏验算⼀个数是否是质数。

（⼀）准备知识：
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ac≡bc(mod m)时，有a≡b(mod m)
证明：ac≡bc(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．若m为整数且m>1,a1,a2,a3,a4,…a m为m个整数，若在这m个数中任取2个整数对m不同余，则这m个整数对m构成完全剩余系。

证明：构造m的完全剩余系（0,1,2,…m-1），所有的整数必然是这些整数中的1个对模m同余。

取r1=0,r2=1,r3=2,r4=3,…r i=i-1,1
令(1)：a 1≡r 1(mod m ),a 2≡r 2(mod m ), …a m ≡r m (mod m )(顺序可以不同),因为只有在这种情况下才能保证集合{a 1,a 2,a 3,a 4,…a m }中的任意2个数不同余，否则必然有2个数同余。

由式(1)⾃然得到集合{a 1,a 2,a 3,a 4,…a m }对m 构成完全剩余系。

引理3．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ba 1,ba 2,ba 3,ba 4,…ba m 也构成模m 的⼀个完全剩余系。

证明：若存在2个整数ba i 和ba j 同余即ba i ≡ba j (mod m )，
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ba i 和ba j 同余。

由引理2可知ba 1,ba 2,ba 3,ba 4,…ba m 构成模m 的⼀个完全剩余系。

引理4．如果a ,b ,c ,d 是四个整数，且a ≡b (mod m ),c ≡d (mod m ),则有ac ≡bd (mod m )
证明：由题设得ac ≡bc (mod m ),bc ≡bd (mod m )，由模运算的传递性可得ac ≡bc (m od m )
（⼆）证明过程：
构造素数p 的完全剩余系P ={1,2,3,4…(p -1)}，因为(a ,p )=1，由引理3可得A ={a ,2a ,3a ,4a ,…(p -1)a }也是p 的⼀个完全剩余系。

令W =1*2*3*4…*(p -1)，显然W ≡W (mo d p )。

令Y =a *2a *3a *4a *…(p -1)a ,因为{a ,2a ,3a ,4a ,…(p -1)a }是p 的完全剩余系，由引理2以及引理4可得a *2a *3a *…(p -1)a ≡1*2*3*…(p -1)(mod p )即W *a p -1≡W (mod p )。

易知(W ,p )=1，由引理1可知a p -1≡1(mod p ）
⼆、典型例题：
例1 设n 为正整数.证明：373n n +的充要条件是1373+n n .
证明若 337n n +，
则 7|n ，
于是，由Fermat ⼩定理，知
),7(mod 16≡n
从⽽，由 337n n +，
知 33)3(7n n n +，
故 .1373+n n
反过来，若 ,1373
+n n
则 7|n ，
并且 337(31)n n n +?，
即 6373n n n ?+，
利⽤Fermat ⼩定理知 ),7(mod 16≡n
故 .373n n +
命题获证。

说明涉及指数的同余式经常需要⽤到Fermat ⼩定理，因为由Fermat ⼩定理得出的结论中，同余式的⼀边是1，这带来很⼤的⽅便.
例2 由Fermat ⼩定理知，对任意奇质数p ，都有).(mod 12
1p p ≡-问：是否存在合数n ，使得)(mod 121n n ≡-成⽴？
解这样的合数n 存在，⽽且有⽆穷多个.其中最⼩的满⾜条件的合数3111341?==n （它是从两个不同奇质数作乘积去试算出来的）.
事实上，由于 11210=- ,3341023?=
故 ),341(mod 1210
≡所以 ),341(mod 11234340≡≡
故341符合要求.
进⼀步，设a 是⼀个符合要求的奇合数，则12-a 是⼀个奇合数（这⼀点利⽤因式分解可知）。

再设,121q a a ?=--q 为正奇数，则
1212)12(2112-=----a a
122-=aq
1)2(2-=q a
112-≡q
).12(mod 0-≡a
因此12-a 也是⼀个符合要求的数.依此类推（结合341符合要求），可知有⽆穷多个满⾜条件的合数.
说明满⾜题中的合数n 称为“伪质数”，如果对任意1),(=n a 都有)(mod 11n a
n ≡-成⽴，那么合数n 称为“绝对伪质数”.请读者寻找“绝对伪质数”.
例3 设p 为质数.证明：存在⽆穷多个正整数n ，使得n p n -2.
证明如果2=p ，那么取n 为偶数，就有n p n -2，命题成⽴.
设2>p ，则由Fermat ⼩定理知
).(mod 12
1p p ≡- 因此，对任意正整数k ，都有 ),(mod 12)
1(p p k ≡-
所以，只需证明存在⽆穷多个正整数k ，使得
)(mo d 1)1(p p k ≡-（这样，令),1(-=p k n 就有)2n p n -.
⽽这只需),(mod 1p k -≡这样的k 当然有⽆穷多个.
所以，命题成⽴.
说明⽤Fermat ⼩定理处理数论中的⼀些存在性问题有时⾮常⽅便、简洁.
例4 设x 为整数，p 是12+x 的奇质因⼦，证明：).4(mod 1≡p
证明由于p 为奇质数，若p ≡／),
4(mod 1则)4(mod 3≡p ，可设34+=k p ，此时，由),(mod 12p x -≡得
).(mod 1)1()(12122241p x x x k k k p -≡-≡==+++-
⽽由Fermat ⼩定理，应有
),(mod 11p x p ≡- 结合上式将导出2p .⽭盾.
所以，).4(mod 1≡p
说明利⽤此题的结论，我们可以证明：存在⽆穷多个模4余1的正整数为质数. 事实上，若只有有限个质数模4余1，设它们是n p p p ,,,21 .考虑数1)2(221+n p p p 的质因⼦即可导出⽭盾.
例5 求所有的质数p ，使得p
p 121--是⼀个完全平⽅数. 解设p 是⼀个满⾜条件的质数，则显然p 是⼀个奇质数.由Fermat ⼩定理知
121--p p ，
⽽ ),12)(12
(122121
1+-=----p p p 故 1221
--p p 或.1221+-p p
由于 ,1)2,12()12,12
(21
2121=-=+----p p p 所以，1221
--p p 与1221+-p p 中恰有⼀个成⽴.
若12
21--p p ，则由条件及1)12,12(2121
=+---p p 可知存在正整数x ，
使得 221
12x p =+-，
此时 ,2)1)(1(21
-=+-p x x
所以，1-x 与1+x 都是2的冥次，⽽x 为奇数，故1-x 与1+x 是两个相继的偶数，所以，只能是
,41,21++=-x x
故 3=x ，
此时 .7=p 若1221
+-p p ，则同上知存在正整数x ，使得
,12221x p =--
当3>p 时，导致
),4(mod 112
212-≡-=-p x
⽭盾，故.3=p 另⼀⽅⾯，当.3=p 和7时，p
p 121--分别为1和9，都是完全平⽅数. 综上可知3=p 或7.
例6．求14589+32002除以13的余数．
解：因13是质数，且（145，13）=1，（3，13）=1
由费尔马⼩定理得：14512≡1（mod 89），312≡（mod 89）
∴14589≡（14512）7·1455≡1455（mod 13）
32002≡（312）166·310≡310（mod 13）
⼜∵145≡2（mod 13），33≡1（mod 13）
∴1455≡25≡6（mod 13），310≡（33）33≡3（mod 13）
所以，14589+32002≡6+3≡9（mod 13），即14589+32002除以13的余数是9．
例7．设p 是质数，且p ≠2．求证：1p +2p +3p +…+（p －1）p ≡0（mod p ）
证明：由于p 是质数且p ≠2，所以对任意正整数n ＜p ，都有（n ，p ）=1，根据费尔马⼩定
理得，n p －1≡1（mod p ），于是n p ≡n （mod p ）（n =1，2，3，…，p －1）
因此，1p +2 p +3 p +…+（p －1）p ≡1+2+3+…+（p －1）（mod p ）≡
)(mod 2)1(p p p - 由于p 是不等于2的质数，所以
21-p 是整数．故2
)1(-p p ≡0（mod p ），所以1p +2 p +…+（p －1）p ≡0（mod p ）说明：①费尔马⼩定理也可以写成另外⼀种形式：如果 p 是质数，对任意正整数a ，都有a p ≡a （mod p ），
这是因为当p | a 时，（p ，a ）=1，有a p －1≡1（mod p ）故a p ≡a （mod p ）；
当p | a 时，显然有p | a p －a ，即a p ≡a （mod p ）．
②费尔马⼩定理的逆定理不成⽴，也就是说，当a p －1≡1（mod p ）时，p 不⼀定是质数，
例如53≡1（mod 4），且（5，4）=1，但4不是质数．
例8．求证：对任意整数a ，b ，ab (a 4－b 4)都能被30整除．
分析：因为30=2×3×5，所以只需证明2 | ab (a 4－b 4)，3 | ab (a 4－b 4)，5 | ab (a 4－b 4)，因为2，3，5都是质数，所以可以考虑⽤费尔马⼩定理．
证明：因为30=2×3×5，所以只需证明2，3，5都能整除ab (a 4－b 4)即可，
因2是质数，根据费尔马⼩定理得，a 2≡a （mod 2），b 2≡b （mod 2），所以
a 4≡（a 2）2≡a 2≡a （mod 2），
b 4≡（b 2）2≡b 2≡b （mod 2）
∴ab (a 4－b 4)≡ab （a －b ）≡a 2b －ab 2≡ab －ab ≡0（mod 2），即2 | ab (a 4－b 4)．
⼜因为3也是质数，根据费尔马⼩定理得a 3≡a （mod 3），b 3≡b （mod 3）
∴ab (a 4－b 4)≡ab (a 2－b 2)(mod 3)≡a 3b －ab 3(mod 3)
≡ab －ab （mod 3）≡0（mod 3），即3 | ab (a 4－b 4)．
例9．证明：对任意⾃然数n ＞1，2n －1都不能被n 整除
证明：若n 为偶数，2n －1必是奇数，则n | 2n －1
若n 为奇数，且n ＞1，假设n | 2n －1
设p 为n 的最⼩质因数，则2 n ≡1（mod p ），
再设r 是满⾜2 x ≡1（mod p ）的最⼩正整数，
即2 r ≡1（mod p ），若r | x ，可设x = kr +q ，0＜q ＜r ，那么
2 x ≡2 k r +q ≡（2 r ）k ·2 q ≡2q ≡1（mod p ）
这与r 的最⼩性⽭盾，因此r | x ，⼜因2 n ≡1（mod p ），所以r | n ．
根据费尔马⼩定理得2p －1≡1（mod p ），因此r | p －1
由r | n ，r | p －1知r 是n 的⼩于p 的正约数，故r = 1，得p | 2－1，即p | 1，⽭盾，假设不成⽴，即n | 2 n －1，综上所述，对任意⾃然数n ＞1，2n －1都不能被n 整除．
三、模拟训练：
1.求出258000除以7的余数是多少。

解：由于25与7互质，由费马⼩定理可知对模7⽽⾔，256≡1（mod 7）
所以258000≡256×1333+2≡（256）1333×252≡42≡2（mod 7）
故余数为2
2.假设p 为任意⼀个⼤于5的质数，试证：p 必可整除n p ＝111111p
个
证明：由于p 和10互质且9n p ＝10p -1-1,由费马⼩定理可知对模p ⽽⾔，10p -1≡1（mod p ）因此，p ⼀定能整除9n p ，⼜由于p 和9互质，因此p ⼀定能整除n p
3.假设p ＝3k +2是⼀个质数，试证：如果p 可整除a 2+ab +b 2(a 和b 都是整数)，那么a 和b 必定都是p 的倍数。

证明：由p 可整除a 2+ab +b 2，p 必定也能整除(a -b )(a 2+ab +b 2)＝a 3-b 3，
因此a 3≡b 3（mod p ）
左右两边同时取k 次⽅，得a 3k ≡b 3k （mod p ） (1)
假设p 不能整除a ，那么p 必定也不能整除b ：由费马⼩定理可知对模p ⽽⾔，
a p -1≡
b p -1≡1（mod p ）
将p ＝3k +2代⼊上式得：a 3k +1≡b 3k +1≡1（mod p ） (2)
综合（1）（2）可知 a ≡b ≡1（mod p ）
因此a 2+ab +b 2≡a 2+a 2+a 2≡3a 2（mod p ）
所以3a 2是p 的倍数，⼜3和p 互质，可知a ⼀定是p 的倍数，这与假设p 不能整除a ⽭盾，因此a 和b 必定都是p 的倍数。

四、【延伸阅读】
（1）形如4k +1的质数个数有⽆数个。

假设n 是任意⼀个⼤于1的正整数：n !显然为偶数，因此(n !)2+1为奇数，⽽(n !)2+1的每个质因⼦都可表⽰为4k +1或4k -1的形式。

假设p ＝4k -1是(n !)2+1的⼀个质因⼦（可知p 和n !互质），由于(n !)2≡ -1（mod p ）将
左右两边同时取p-12
次⽅，得(n !)p -1≡()12-1p -（mod p ）由于p-12
＝2k -1为奇数，因此(n !)p -1≡ (-1)（mod p ）但这与费马⼩定理⽭盾，因此根据费马⼩定理，由于p 和n !互质，(n !)p -1必定会和1对模p 同余。

由此我们推知(n !)2+1不可能有形如4k -1的质因⼦，也就是(n !)2+1只有形如4k +1的质因⼦。

⼜由于(n !)2+1的每个质因⼦显然都⼤于n ，因此我们就证明了：不管n 是多少，⼀定有⽐n ⼤⽽且形如4k +1的质数存在，这就说明了等差数列1,5,9,13，…中包含⽆穷多个质数。

（2）费马⼩定理的逆定理
当p 为质数，由费马⼩定理我们知道2p -2必定是p 的倍数（即前⾯的讨论中当a ＝2的情形）；反过来成不成⽴呢？也就是说，如果有某个正整数n 可以整除2n -2，我们能不能断定n ⼀定是质数呢？如果可以的话，这将是个不错的判断任意整数n 是否为质数的⽅法；历史上确实曾经有⼀段时期数学家们猜测这个⽅法可⾏，不过法国数学家Pierre Sarrus 于1819年指出n ＝341是⼀个反例：341是11与13的积，因此不是质数，但是由
2341-2＝2[(210)34-134]＝2[(210-1)(…)]＝2(1023)(…)＝2(3)(341)(…)
可知341能整除2341-2.
对任意正整数a ，如果有某个⼤于1的正整数n 本⾝不是质数却能整除a n -a ，我们称n 对底数a ⽽⾔是⼀个[伪质数]（英⽂常称作a -pseudoprime ），因此对底数2⽽⾔，341是⼀个伪质数（即341是⼀个2-pseudoprime ）。

⼏个衍⽣出来的问题是：341是唯⼀的2-pseudoprime 吗？除了奇数的伪质数外，是否还存在着[偶伪质数]？对任意正整数a
，a -pseudoprime 的个数是有限还是⽆限？
对底数2⽽⾔，如果n 是⼀个奇伪质数，我们不难证明2n -1将是另⼀个更⼤的奇伪质数；既然我们已知奇伪质数341的存在，对底数2来说奇伪质数的个数因此是⽆穷的，寻找偶伪质数（对底数2⽽⾔）的⼯作⽐寻找奇伪质数要困难许多，其中最⼩的数直到1950年才由美国数学家D .H .Lehmer 找到，其值为161038＝2?73?1103.由于2161038-2＝2（2161037-1）要说明161038可以整除2161038-2，我们只要说明73和1103（皆为质数）都能整除2161037-1即可。

由于161037可经质因数分解为32?29?617，因此
2161037-1＝2（29）29?617-129?617＝（29-1）（…）＝（511）（…）＝7（73）（…）可知73能整除2161037-1。

⼜由于
2161037-1＝2（229）9?617-19?617=＝（229-1）（…）＝1103（486737）（…）
因此1103的确也能整除2161037-1，数学家N .G .W .H .Beeger 于1951年还证明了对底数2⽽⾔，偶伪质数的个数也是⽆穷的。

数学上还能证明：对任意正整数a ，以a 为底数的伪质数的个数都是⽆穷的。

（3）需要洗⼏次牌？
考虑以下动作：将⼀副扑克牌（52张）由中间分成各含26张牌的两⼩迭，然后洗牌
使得这两迭牌⼀张⼀张交错，重新组合成52张牌，下图显⽰了洗牌前后位置的变化：
我们称上述动作为⼀次洗牌，请问：经过洗牌⼏次后可使得每张牌都回到它最原始的位置？
由上图洗牌前后的位置变化，我们看到原来在位置编号1,2,3，…，26的牌经过⼀次洗牌后被放到编号为2,4,6，…，52的位置，⽽原来编号为27,28,29，…，52的牌则被放到了编号1,3,5,…，51的位置，因此如果某张牌原来的位置为x，经过⼀次洗牌后的位置为y，那么y与x的关系为y≡ 2x(mod53):因此这张牌经过n次洗牌后的位置必定与2n x对模53同余，⽽我们的⽬标是希望能找到某个n使得对所有1≤x≤52，2n x≡x(mod53)
既然x与53互质（因为53为质数），我们可将上式左右两边的x约掉⽽得
2n≡1(mod53)
由费马⼩定理我们知道n＝52次洗牌后所有的牌必定都回到原来的位置。

⼀般⽽⾔，如果⼀副牌有m张（m为偶数），⽽正整数n满⾜
2n≡1(mod m+1)
那么经过上述⽅式的洗牌n次后所有牌必定回到原始位置。

举例来说，如果m＝62，那么我们只需洗牌6次即可，因为26≡1(mod63)。