费马小定理

如上所述，中國猜想仅有一半是正确的。符合中國猜想但不是素数的数被称为伪素数。

更极端的反例是卡迈克尔数： 假設${\displaystyle a}$與561互质，則${\displaystyle a^{560}}$被561除都余1。这样的数被称为卡邁克爾數，561是最小的卡邁克爾数。Korselt在1899年就给出了卡邁克爾數的等价定义，但直到1910年才由卡邁克爾（Robert Daniel Carmichael）发现第一个卡邁克爾数：561。1994年William Alford、Andrew Granville及Carl Pomerance证明了卡邁克爾数有无穷多个。

（i）若${\displaystyle a}$是整数，${\displaystyle p}$是质数，且${\displaystyle \gcd(a,p)=1}$。若${\displaystyle p}$不能整除${\displaystyle x-y}$，则${\displaystyle p}$不能整除${\displaystyle a(x-y)}$。取整數集${\displaystyle A}$为所有小於${\displaystyle p}$的正整数集合（${\displaystyle A}$构成${\displaystyle p}$的完全剩余系，即${\displaystyle A}$中不存在两个数同余${\displaystyle p}$），${\displaystyle B}$是${\displaystyle A}$中所有的元素乘以${\displaystyle a}$组成的集合。因为${\displaystyle A}$中的任何两个元素之差都不能被${\displaystyle p}$整除，所以${\displaystyle B}$中的任何两个元素之差也不能被${\displaystyle p}$整除。

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

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

即

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

在这里${\displaystyle W=1\cdot 2\cdot 3\cdot \ldots \cdot (p-1)}$，且${\displaystyle (W,p)=1}$，因此将整个公式除以${\displaystyle W}$即得到：

${\displaystyle a^{p-1}\equiv 1{\pmod {p}}}$[3]

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

（ii）若${\displaystyle p}$整除${\displaystyle a}$，则显然有${\displaystyle p}$整除${\displaystyle a^{p}}$，即${\displaystyle a^{p}\equiv a\equiv 0{\pmod {p}}}$。

若${\displaystyle p}$为质数，${\displaystyle n}$为整数，且${\displaystyle p\geq n}$。考慮二項式係數${\displaystyle {\tbinom {p}{n}}={\tfrac {p!}{n!(p-n)!}}}$，並限定${\displaystyle n}$不為${\displaystyle p}$或${\displaystyle 0}$，則由於分子有質數${\displaystyle p}$，但分母不含${\displaystyle p}$，故分子的${\displaystyle p}$能保留，不被約分而除去，即${\displaystyle {\tbinom {p}{n}}}$恆為${\displaystyle p}$的倍數[4]。

再考慮${\displaystyle (b+1)^{p}}$的二項式展開，模${\displaystyle p}$，則

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

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

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

因此

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

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

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

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

${\displaystyle \dots }$

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

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

令${\displaystyle a=b+1}$，即得${\displaystyle a^{p}\equiv a{\pmod {p}}}$。[3]

在抽象代数教科书中，费马小定理常作为教授拉格朗日定理时的一个简单例子[5]。显然只需考虑 ${\displaystyle (a,p)=1}$ 情形。此时模 ${\displaystyle p}$ 所有非零的余数，在同余意义下对乘法构成一个群，这个群的阶是 ${\displaystyle p-1}$。考虑群中的任何一个元素 ${\displaystyle b}$，根据拉格朗日定理，${\displaystyle b}$ 的阶必整除群的阶。证毕。

费马小定理是欧拉定理的一个特殊情况：如果 ${\displaystyle (a,n)=1}$ ，那么

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

这里 ${\displaystyle \varphi (n)}$ 是欧拉函数。欧拉函数的值是所有小于或等于 ${\displaystyle n}$ 的正整数中与 ${\displaystyle n}$ 互質的数的个数。假如 ${\displaystyle n}$ 是一个素数，则 ${\displaystyle \varphi (n)=n-1}$ ，即费马小定理。

证明

上面证明费马小定理的群论方法，可以同理地证明欧拉定理。

考虑所有与 ${\displaystyle n}$ 互素的数，这些数模 ${\displaystyle n}$ 的余数所构成的集合，记为 ${\displaystyle {\cal {S}}}$，并将群乘法定义为相乘后模 ${\displaystyle n}$ 的同余。显然 ${\displaystyle {\cal {S}}}$ 是一个群，因为它对群乘法封闭（若 ${\displaystyle (a,n)=1}$ 和 ${\displaystyle (b,n)=1}$ 则 ${\displaystyle (ab,n)=1}$），含幺元（即“1”），且任何一个元素 ${\displaystyle a}$ 的逆元素也在集合中（因为若 ${\displaystyle a\in {\cal {S}}}$ 则由群乘法封闭性任何${\displaystyle a}$ 的幂次都在 ${\displaystyle {\cal {S}}}$ 中，所以 ${\displaystyle \langle a\rangle }$ 是 ${\displaystyle {\cal {S}}}$ 这个有限集的子集）。根据定义， ${\displaystyle {\cal {S}}}$ 的阶是 ${\displaystyle \varphi (n)}$，于是根据拉格朗日定理， ${\displaystyle {\cal {S}}}$ 中任何一个元素的阶必整除 ${\displaystyle \varphi (n)}$。证毕。

卡邁克爾函數比欧拉函数更小。费马小定理也是它的特殊情况。

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

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

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

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

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

這個餘式的一般結果是：

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

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

n=0时为除式，用数学归纳法证明余式。[6]

求${\displaystyle x^{1000}{\pmod {5^{2}}}}$

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

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