费马小定理及应用

费马小定理及应用
知识定位
费马小定理是初中数学竞赛数论中经常出现的一种。

要熟练掌握费马小定理是数论中的一个定理，数学表达形式和应用。

本节我们通过一些实例的求解，旨在介绍数学竞赛中不定方程相关问题的常见题型及其求解方法本讲将通过例题来说明这些方法的运用。

知识梳理
1、欧拉函数：φ(m )是1, 2, …, m 中与m 互质的个数，称为欧拉函数.
①欧拉函数值的计算公式：若m ＝p 1α1p 2α2
…p n
αn , 则φ(m )＝m (1－1p 1)(1－1p 2)…(1－1p n
) 例如，30＝2·3·5，则.8)5
11)(311)(21
1(30)30(=---=ϕ ②若p 为素数，则1
()1,()(1),k
k p p p p
p ϕϕ-=-=-若p 为合数，则()2,p p ϕ≤-
③不超过n 且与n 互质的所有正整数的和为
1
()2
n n ϕ； ④若(,)1()()(),a b ab a b ϕϕϕ=⇒= 若()()a b a b ϕϕ⇒
⑤设d 为n 的正约数，则不大于n 且与n 有最大公因数d 的正整数个数为()n d
ϕ， 同时
()()d n
d n
n d n d
ϕϕ==∑∑；
2、欧拉定理：若(a , m )＝1，则a φ(m )
≡1(mod m ). 证明：设r 1，r 2，…，r φ(m )是模m 的简化剩余系，
又∵(a , m )＝1，
∴a ·r 1，a ·r 2，…，a ·r φ(m )是模m 的简化剩余系，
∴a ·r 1×a ·r 2×…×a ·r φ(m )≡r 1×r 2×…×r φ(m )(mod m )， 又∵(r 1·r 2·…·r φ(m ), m )＝1，
∴a φ(m )
≡1(mod m ). 应用：设(a , m )＝1, c 是使得a c
≡1(mod m )的最小正整数, 则c |φ(m ).
补充：设m ＞1是一个固定的整数, a 是与m 互质的整数，则存在整数k (1≤k ≤m )，使a k ≡1(mod m )，我们称具有这一性质的最小正整数(仍记为k )称为a 模m 的阶，由a 模m 的阶的定义，可得如下性质： （1）设(a , m )＝1，k 是a 模m 的阶，u , v 是任意整数，则a u ≡a v (mod m )的充要条件是u ≡
v (mod k)，
特别地，a u
≡1 (mod m )的充要条件是k |u 证明：充分性显然.
必要性：设,u l u νν>=-，由(mod )u a a m ν
≡及(,)1a m =知1(mod )l
a m ≡.
用带余除法，,0,l kq r r k =+≤<故1(mod )kq r a a m ⋅≡，∴1(mod )r
a m ≡， 由k 的定义知，必须0r =，所以(mod ).u v k ≡
（2）设(a , m )＝1，k 是a 模m 的阶，则数列a , a 2
, …, a k , a k ＋1
,…是模m 的周期数列，
最小正周期为k ，而k 个数a , a 2,…, a k
模m 互不同余.
（3）设(a , m )＝1，k 是a 模m 的阶，则k |φ(m )，特别地，若m 是素数p ，则a 模p 的阶
整除p －1. （4）设(a , p )＝1, 则d 0是a 对于模p 的阶⇔0d
a ≡1(mod p ), 且1, a , …, a
do −1
对模p
两两不同余.
特别地, d o ＝φ(p )⇔1, a ,…, a φ(p )−1
构成模p 的一个简化剩余系.
定理：若l 为a 对模m 的阶，s 为某一正整数，满足)(m od 1m a s
≡，则s 必为l 的倍数. 3、费尔马小定理
若p 是素数，则a p ≡a (mod p ) 若另上条件(a ，p )＝1，则a p −1
≡1(mod p ) 4、证明费马小定理的预备定理
定义1：设a 、b 和m 是整数，其中0>m ，如果有)(b a m -，则有)(mod m b a ≡。

在证明费马小定理之前，我们先给出几个引理
引理1（剩余系定理2）
若a ，b ，c 为3个任意整数，m 为正整数，
若有)(m od ,1),()(m od m b a m c m bc ac ≡=≡则有和成立。

证明：由条件可知 )(mod 0n bc ac =-，化简有 )(mod 0)(m c b a =- 又因为 1),(=m c 所以有 )(mod 0m b a ≡-，即有)(mod m b a ≡ 引理2（二项式定理）若n 是一个正整数，
则有()().)!
(!!
,)(0
k n k n y x
y x n k
k k
n n
k n k n
-==
+-=∑其中
证明：根据二项式的展开定理，我们有：
n
n n n n n n n n n n y x C y x C y x C y x C y x 011111100)(++++=+---
n n n n n n n y xy C y x C x ++++=---1111
由组合公式可得：()().)!
(!!
,)(0
k n k n y x
y x n k
k k
n n
k n
k n
-==
+-=∑其中
引理3（多项式定理）
如果k 1, k 2, k 3, ……k m ,和n 均是正整数，且有1≥n 和n k k k k m =++++ 321，则有(
)∑+=
+++n
=k m +k 3+k 2+k 121
k m
…… k 3, k 2, k 1,2121
)( m
k m
k
k n
n m x x x
x x x
其中
(
)!
!!!
2
1
,,21m
n
k k k k
k k n
m
=。

（1）初等方法
证明：对任意的非负整数m 及素数p ，恒有【2】
1)1(1
11++++=+-+m C m
C m m p p p p p p )(mod 1p m p +≡ 即有)(m od 1)1(p m m p
p ≡-+ 令1,,3,2,1,0-=a m 得
)
(mod 1)1()(mod 1)2()1()
(mod 123)(mod 112)(mod 101p a a p a a p p p p p p p p p p p p p ≡--≡---≡-≡-≡-
上面各式分别相加得)(mod p a a
p
≡
（2）二项式的展开法
证明：设集合)}(mod {p a a a s p ≡=，其中p 是质数，N a ∈， 因为00=p ，所以对任意的p 有00(mod )p
p ≡ 则s ∈0 现假设 )(m od ,p p k
s k p
≡∈则，我们要想得到
1,(1)(1)(mod )p k s k k p +∈+≡+，通过二项式定理有：
()j
p p j p j
p
p
p
k
k k --=∑
++=+1
1
1)1()(mod 1p k +≡
如果()1,=p a ，则化简)(mod p a a
p
≡有)(m od 11p a p ≡-
如果a 是负数，则对任意的r 恒有)(mod p r a ≡成立，其中10-≤≤p r .
从而有 (mod )p
p
a r r a p ≡≡≡.
4、威尔逊定理：p 为质数 ⇔ (p －1)!≡－1 (mod p )
证明：充分性：若p 为质数，当p ＝2，3时成立，当p ＞3时，
令x ∈{1, 2, 3, …, p −1}，则1),(=p x ，在x p x x )1(,,2,- 中， 必然有一个数除以p 余1，
这是因为x p x x )1(,,2,- 则好是p 的一个剩余系去0.
从而对}1,,2,1{},1,2,1{-∈∃-∈∀p y p x ，使得)(mod 1p xy ≡； 若)(m od 21p xy xy ≡，1),(=p x ，则)(m od 0)(21p y y x ≡-，)(|21y y p -这不可能。

故对于不同的}1,,2,1{,21-∈p y y ，有1xy ≡／)(m od 2p xy .即对于不同的x 对应于不同的y ，即1,,2,1-p 中数可两两配对，其积除以p 余1，然后有x ，使)(m od 12
p x ≡，即与它自己配对，这时)(m od 012
p x ≡-，)(mod 0)1)(1(p x x ≡-+，
∴1-=p x 或1=x .
除1,1-=p x 外，别的数可两两配对，积除以p 余1.故)(mod 11)1()!1(p p p -≡⋅-≡-.
必要性：若(p －1)!≡－1 (mod p )，假设p 不是质数，则p 有真约数d ＞1，
故(p －1)!≡－1 (mod d )，
另一方面，d ＜p ，故d |(p －1)!，从而(p －1)!≡0 (mod d )，矛盾！
∴p 为质数.
5、算术基本定理
任何一个大于1的整数都可以分解成质数的乘积. 如果不考虑这些质因子的次序，则这种分
解法是唯一的. 即对任一整数n ＞1，有n ＝p 1α1p 2α2
…p k αk ，其中p 1＜p 2＜…＜p k 均为素数，
α1、α2、…、αk 都是正整数.
①正整数d 是n 的约数⇔ d ＝p 1β1p 2β2…p k βk ，(0≤βi ≤αi , i ＝1, 2, …, k )
② 由乘法原理可得：n 的正约数的个数为r (n )＝(α1＋1)(α2＋1)…(αk ＋1)
③ n 的正约数的和为S (n )＝(1＋p 1＋…＋p 1α1)(1＋p 2＋…＋p 2α2)…(1＋p k ＋…＋p k αk )
④ n 的正约数的积为T (n )＝1
()2
r n n
⑤ n 为平方数的充要条件是：r (n )为奇数.
（1）判断质数的方法：设n 是大于2的整数，如果不大于n 的质数都不是n 的因子，则n 是质数.
（2）n !的标准分解：设p 是不大于n 的质数，则n !中含质数p 的最高次幂为：
).]([][][][)!(132+<≤++++=m m m p n p p
n
p n p n p n n P 从而可以写出n !的标准分解式.
例题精讲
【试题来源】
【题目】证明：当质数p ≥7时，240|p 4－1 【答案】如下解析
【解析】 证明：∵P^4－1＝（P －1）（P ＋1）（P^2＋1）
1°大于7的质数必是奇数,∴2| P^2＋1 ；
2°（P －1）（P ＋1）是连续偶数,∴8|（P －1）（P ＋1）； （整数的性质——两个连续偶数中,其中一个是4的倍数.） 3° 若 P ≡±1 （mod5） 则5 | （P －1）（P ＋1） 若 P ≡±2 （mod5） 则5| P^2＋1 ； ∴ 5|（P －1）（P ＋1）（P^2＋1） 4° P 是大于7的质数必是奇数,
则P ≡±1 （mod3）∴3 | （P －1）（P ＋1） p=7时,p^4-1=2400. 综上所述：240|P^4－1
【知识点】费马小定理及应用 【适用场合】当堂例题 【难度系数】4
【试题来源】 【题目】求2005
2003被17除所得的余数.
【答案】14
【解析】 解： ()
2005
200520052003171141414(mod17),=⨯+≡
因为(17,14)1,=所以由费马小定理得16
141(mod17),≡
故()()
()()()5
420052005161255520031414143334312(mod17),⨯+≡≡≡≡-≡--≡--≡
所以20052003被17除所得的余数是14.
【知识点】费马小定理及应用 【适用场合】当堂练习 【难度系数】3
【试题来源】
【题目】已知a 为正整数，a ≥2，且(a , 10)＝1，求a 20的末两位数字 【答案】01
【解析】 解：∵(a , 10)＝1，
∴a 为奇数， ∴a 20
＝a
φ(25)
≡1(mod 25)，
又∵a 2≡1(mod 4)⇒ a 20
≡1(mod 4)， 又∵(25, 4)＝1， ∴a 20
≡1(mod 100)， ∴a 20的末两位数字01.
【知识点】费马小定理及应用 【适用场合】当堂例题 【难度系数】3
【试题来源】
【题目】证明：方程3
25y x =+无整数解. 【答案】如下解析
【解析】 证明：若y 是偶数，则8 |3
y ，x 2
≡3(mod 8)不可能.
故必有y 一定是奇数，从而x 是偶数.
令x ＝2s ，y ＝2t ＋1得t t t s 36422232++=+, 知t 是偶数， 令t ＝2j ，代入得s 2
＋1＝j (16j 2
＋12j ＋3)
由(16j 2
＋12j ＋3)≡3(mod 4) 知存在4k ＋3型的奇素数p ，
使得p |(16j 2＋12j ＋3)，从而p | s 2
＋1，
即s 2
≡－1(mod p )，有(s ，p )＝1, 2
12
12
)
1()
(---≡p p s (mod p )，
于是 1-p s ≡－1(mod p )与费尔马小定理矛盾.
【知识点】费马小定理及应用 【适用场合】当堂练习题 【难度系数】4
【试题来源】
【题目】试证：对于每一个素数p ，总存在无穷多个正整数n ，使得p |2n －n.. 【答案】如下解析
【解析】 证明： 若p ＝2，则n 为偶数时结论成立.
若p ＞2，则(2，p )＝1，由费尔马小定理2 p －1
≡1(mod p )，
故对于任意m ，有2 m (p −1)
≡1(mod p ). ∴2 m (p −1)
－m (p －1)≡1＋m (mod p )，令1＋m ≡0(mod p )，即m ＝kp －1， 则对于n ＝m (p －1)＝(kp －1)(p －1)(k ∈N *)，均有2 n
－n 被p 整除
【知识点】费马小定理及应用 【适用场合】当堂例题 【难度系数】3
【试题来源】
【题目】设a , b 为正整数，对任意的自然数n 有n n a n b n ++，则a ＝b . 【答案】如下解析
【解析】证明：假设a 与b 不相等. 考虑n ＝1有11a b ++，则a ＜b .
设p 是一个大于b 的素数，设n 是满足条件的正整数：
1(mod(1)),(mod ),n p n a p ≡-≡-
由孙子定理这样的n 是存在的，如 n ＝(a ＋1)(p －1)＋1. 由费马定理(1)1
(mod ),n
k p a a
a p -+=≡
所以0(mod ),n
a n p +≡
也即,(mod )n
n
p b n b n b a p ++≡-再由费马定理，
所以p b a -，矛盾.
【知识点】费马小定理及应用 【适用场合】当堂练习题 【难度系数】4
习题演练
【试题来源】
【题目】设p 是奇素数，证明：2 p －1的任一素因了具有形式x px ,12+是正整数. 【答案】如下解析
【解析】 证明：设q 是2 p －1的任一素因子，则q ≠2. 设2模q 的阶是k ，
则由)(m od 12q p
≡知k |p ，
故k ＝1或p (因p 是素数，这是能确定阶k 的主要因素). 显然k ≠1，否则),(m od 121
q ≡这不可能，因此k ＝p .
由费马小定理)(mod 12
1
q q ≡-推出.1|,1|--q p q k 即因p 、q 都是奇数，
故q －1＝2px (x 是个正整数).
【知识点】费马小定理及应用
【适用场合】随堂课后练习 【难度系数】3
【试题来源】
【题目】设p 是大于5的素数, 求证：在数列1, 11, 111, …中有无穷多项是p 的倍数 【答案】如下解析
【解析】证明： 因5p >是素数, 故(,10) 1.p =由费马小定理1
10
1(mod ),p p -≡
故对每一个正整数l 有()
11010(mod ),l p p --≡
而()
()()11110
19999111,l p l p l p ----==⨯个
个
因()
1(,9)1,101,l p p p -=-
故()111
1.l p p -个
【知识点】费马小定理及应用 【适用场合】随堂课后练习 【难度系数】3
【试题来源】
【题目】证明：若0(mod ),p
p
m n p +≡则2
0(mod ),p
p
m n p +≡这里p 是奇素数 【答案】如下解析
【解析】 证明：因p 是奇素数，故由费马定理得，(mod ),(mod ).p
p
m m p n n p ≡≡
于是，(mod ).p
p
m n m n p +≡+
故可由已知条件0(mod )p
p
m n p +≡得0(mod ).m n p +≡ 故存在整数k 使得,.m n pk n pk m +==- 因此
()()()()()()
()
12
12
21
1
1
2
10(mod ).
p p p p p p p p p r
p r
r
r
p p p
p
m n m pk m pk C pk m C pk m C
pk m C
pk m p -----+=+-=-++
+-+
+
≡
【知识点】费马小定理及应用 【适用场合】随堂课后练习 【难度系数】4。