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费马大定理：方程xm+ym=zm，其中x、y、z、m不等于0，且均为整数，m≥3，则方程没有整数解。
解：下面讨论xyz均为正整数，且幂指数为2n+1时的情况。
（1）
根据二项式定理则有：（x+y）2n+1
=x2n+1+ y 2n+1+C2n+12n x2n y+ C2n+12n-1 x2n-1 y2 +。。。。。。+ C2n+12 x2 y2n-1+ C2n+11 x y2n
= x2n+1+ y 2n+1+（C2n+12n x2n y+ C2n+11 x y2n）+(C2n+12n-1x2n-1y2+C2n+11 x y2n)+……(C2n+1n+1 xn+1 y n+C2n+1n xny n+1)（注：括号共有n对，含2n项，还有组合Ca2n+1无论a为取限定范围内的什么数值，组合数中均是2n+1（后注：前提是2n+1为素数）的自然数倍。）
根据上式，括号内提取公因式后，括号内还剩x2n－1+ y 2n－1，x2n－3+ y2n－3 ，x2n－5+ y 2n－5，。。。。。x+y。
接下来，再把x2n－1+ y 2n－1，x2n－3+ y 2n－3。。。。等按上面方法化解，可以得出这些项式均是x+y的倍数。举例如33＋53＝27＋125＝152，152/（3+5）=19.
上面化解方法比较费力,我们可以反证法证明.
设x2m－1+ y 2m－1（0＜2m-1＜2n-1）且在x2n－1+ y 2n－1 ，x2n－3+ y2n－3。。。。。等项式中是最小的幂指数不是x+y的倍数。那么它以下的如x2m－3+ y 2m－3等皆是x+y的倍数，根据上面方法把x2m－1+ y 2m－1展开后,根据假设推出的结果，得出x2m－1+ y 2m－1为x+y的倍数的结论.由此反证出‘x2m－1+ y 2m－1（0＜2m-1＜2n-1）不是x+y的倍数"这一假设与结论相逆，故假设不成立，即x2m－1+ y 2m－1亦是x+y的倍数。（注：这里省略了x1+y1，x3+y3的证明，因为这两数是基础数，故必须要证明，不然上述反证法是不完备的。）
所以我们可以得出x2n+1+ y 2n+1亦是x+y的倍数。
根据上面，可以得到两个结论：
结论一：两个整数xy，则有x2n-1+y2n-1（n属于自然数）是x+y的整数倍，且x≠ -y时，此整数倍也不为0。
结论二：两个整数xy，则有x4n-2-y4n-2（n属于自然数）是（x+y）（x-y）的整数倍，且x≠y时，此整数倍也不为0.（注：这里不限制x，y是正整数还是负整数。）（注：结论一二可以推出费马小定理来：若b为素数，ab互质，则ab-a必为b整除；方法很简便：即把a拆分两个数（a-1）和1，然后根据上述结论展开，刨去b的倍数项，同时1也可以通过加减号约去。就这样一直拆分下去，知道最后得到1b-1=0。这样整个过程中我们只是刨去b的倍数和约去1。而约去的1又不影响式子。故费马小定理得证，但是这里需要注意的是b与Cbn是有关系的，如果b为素数，则Cbn无论n在取值范围内取何值肯定能被b整除；而b为合数时，则不能。读者自己可以参看杨辉三角。）（同时笔者猜测费马当时肯定发现了这两个结论，但是其肯定没想到，即使发现这两个结论，费马大定理也不是很容易证明的，所以笔者一直怀疑费马是否真的证明了费马大定理。笔者是在八年前发现这两个结论,当时证明了一下,后来不久就发现证明过程中有严重漏洞,直到2007年11月份后,笔者有了充足的时间,才重新花费了近半年的时间来重新证明.不过这半年来,笔者不但研究了此定理,而且还针对其他的数学问题进行了摸索,结果还算自我满意.）
（弦外之音：关于勾股公式a2+b2=c2，0<a<b<c，abc属于自然数，且两两互素，则有：
①a为奇数，有（c-a）/2必为完全平方数。
②a为偶数，有（c-a）必为完全平方数。
且把a换成b，亦可。（注：用这个结论或上面的结论二来证明费马大定理n=4时，很容易证明的。）
另有：a2+b2=｛（a+b）2+（a-b）2｝/2，这个公式对于计算从a到b的连续数值的平方之和好用，比如32+52+72+92+112+132=｛（3+9）2+（9-3）2｝/2+｛（5+11）2+（11-5）2｝/2+｛（7+13）2+（13-7）2｝/2=（3+9）2/2+（5+11）2/2+（7+13）2/2+3*62/2或=｛（3+13）2+（13-3）2｝/2+｛（5+11）2+（11-5）2｝/2+｛（7+9）2+（9-7）2｝/2，蓝色字体的数值相同。由此可见，可以省下一半的计算步骤。
若ab同为正整数，a>b，则有：
a3+b3=｛（a+b）3+（a-b）3｝/4+（a-b）2*（2b+a）/2
3次幂的情况皆如此，但是如果推广到5、7次幂的情况下，就很复杂了，笔者怎么推广也没推广出来。这大概与组合数Cmn有关，3次幂比较有规律的。但是并不一定说5、7次幂除了二项式定理外，就不存在其他的关系式。其可能也有的，不过较复杂。）
由假设x2n+1+y2n+1=z2n+1成立，可以推出z2n+1亦是x+y的倍数，即推出x+y与z有公因数。（但此公因数不能是1，因为是1的话，很容易证出假设不成立。同样-1的情况也使假设不成立。除了这两种情况以外，任何一个整数均可以。下面提到的各数间的公因数情况与此类似，均不能为+1，否则很容易证假设不成立。以后没有特殊提到，‘公因数"皆指大于1的整数，或绝对值不等于1的整数。）
由上面方法可得出：
z－y与x有公因数；
z－x与y有公因数。
设x+y－z＝k，k为不为0的整数（注：k为0的话，很容易证明方程无整数解。而k为1时，亦可易证方程无整数解，故这里只讨论k的绝对值大于1的情况。）
则可推出：
k与x有公因数，与y有公因数，
与z有公因数，与x+y，与z－y与z－x有公因数，且经过演算还推出k 是(2n+1)的倍数。（注：k与这些数有公因数，但并不表示这些数之间一定也有公因数，如x+y与z－y之间根据下面的前提条件就没有公因数，但是如果是k、z－y、x，三者之间必有公因数。）
下面讨论费马大定理一个最基本的情况
假设：即x2n+1+y2n+1=z2n+1，其中xyz互质，且均为大于0的整数，n≥1，且2n＋1为素数。方程有正整数解。
这个基本命题证明了，那么在整个整数范围内的，是可以推导出来的，故这里只证明这种最基本的情况。
由（x+y－k）2n+1＝z2n+1，根据二项式定理和上面的方法
（注：二项式定理
（x+y）2n+1=x2n+1+ y 2n+1+C2n+12n x2n y+ C2n+12n-1 x2n-1 y2 +。。。。。。+ C2n+12 x2 y2n-1+ C2n+11 x y2n
= x2n+1+ y 2n+1+（C2n+12n x2n y+ C2n+11 x y2n）+(C2n+12n-1x2n-1y2+C2n+11 x y2n)+……(C2n+1n+1 xn+1 y n+C2n+1n xny n+1)中，如y为负整数时亦成立，故有下面的式子）
=>(x+y)2n+1-k2n+1-(2n+1)(x+y)k(x+y-k)D= z2n+1 (注:D为代指后面提取(2n+1)(x+y)k(x+y-k)后运算的式子，式子的结果为某整数)
=> k2n+1中含有(x+y)（注：因为z2n+1中亦含有x＋y）
同理得出：k2n+1中含有(z-y)和（z-x）。
注意的是这里k是小于xyz三种的任何一个数的，此易证。
总结一下：如果假设成立，我们可以得到如下情况：
1、 k与x、y、z分别有大于1的公因数，这些公因数间互质。
2、 k与x+y、z-y、z-x分别有大于1的公因数，且x+y、z-y、z-x间互质，这些公因数间互质。
3、 z与x+y、x与z-y、y与z-x分别有大于1的公因数，这些公因数间互质。
4、 前面提到公因数如果是指最大公因数的话，那么上三条提到的最大公因数对应相等或相同。
5、 z2n+1可以被x+y=z+k整除，
x2n+1可以被z-y =x-k整除，
y2n+1可以被z-x =y-k整除。
6、 k2n+1可以被x+y=z+k整除，
可以被z-y =x-k整除，
可以被z-x =y-k整除。
7、（z-k）2n+1可以被x+y=z+k整除；
(x+k) 2n+1可以被x-k=z-y整除；
(y+k) 2n+1可以被y-k=z-x整除
（推导：[（z+k）-（z-k）] 2n+1=（z+k）2n+1-（z-k）2n+1-(2n+1)（z-k）（z+k）[（z+k）-（z-k）]F,因为[（z+k）-（z-k）] 2n+1=(2k)2n+1中含有(x+y=z+k),观察方程,很容易判断出（z-k）2n+1中亦含有(x+y=z+k)；
[(x+k)-(x-k)] 2n+1=(2k) 2n+1 =(x+k) 2n+1- (x-k) 2n+1-(2n+1)（x-k）（x+k）[（x+k）-(x-k）] E,推得(x+k) 2n+1可以被x-k=z-y整除；
同理y的方法亦如此。)
8、 （z+k）2n+1可以被x+y=z+k整除；
（x-k）2n+1可以被z-y=x-k整除；
（y-k）2n+1可以被z-x=y-k整除。
首先明确一些问题：二项式定理
（a+b）2n+1=a2n+1+ b2n+1+C2n+12n a2n b+ C2n+12n-1 a2n-1 b2 +。。。。。。+ C2n+12 a2 b2n-1+ C2n+11 a b2n
= a2n+1+ b 2n+1+（C2n+12n a2n b+ C2n+11 a b2n）+(C2n+12n-1a2n-1b2+C2n+11 a b2n)+……(C2n+1n+1 an+1 b n+C2n+1n anb n+1)
上式提取公因数后= a2n+1+ b 2n+1+（2n+1）ab（a+b）A(以下凡涉及到大写字母的情况,其大写字母类同于A,是提取公因数后一个代表.)
其中A的展开式为：（a2n-1 + b2n-1）/（a+b）+ C2n+12ab（a2n-3+b2n-3）/（2n+1）（a+b） +C2n+13a2b2（a2n-5+b2n-5) /（2n+1）（a+b）+……+C2n+1n+2 an+1 b n+1（a3+b 3) /（2n+1）（a+b）+C2n+1n+1 an-1 b n-1/（2n+1）
注意红字部分与蓝字部分的不同。下面就是用到红字部分来证明的。
设x=x1+k，y=y1+k，z=z1+k，因为x与k有最大公因数r，故x1与k有最大公因数r；因为y与k有最大公因数s，故y1与k有最大公因数s；因为z与k有最大公因数t，故z1与k有最大公因数t。（以上皆易证）
又因为x+y-z=k，故推得x1+y1=z1；z=y+x1=x+y1=x1+y1+k.
故x2n+1+y2n+1=z2n+1=（y+x1）2n+1
（注：由这个等式还可以推出：x2n+1-x12n+1中含有y，同理推得：y2n+1-y12n+1中含有x。）
展开上面的式子
x2n+1+y2n+1=y2n+1+x12n+1+（2n+1）yx1（y+x1）A
推得：x2n+1=x12n+1+（2n+1）yx1（y+x1）A
推得：（x1+k）2n+1=x12n+1+（2n+1）yx1（y+x1）A
推得：x12n+1+k2n+1+（2n+1）x1 k（k+x1）B=x12n+1+（2n+1）yx1（y+x1）A
推得：k2n+1+（2n+1）x1 k（k+x1）B=（2n+1）yx1（y+x1）A
推得：k2n+1/（2n+1）x1+ k（k+x1）B=y（y+x1）A
分析此等式：如果k2n+1/（2n+1）x1与x1还含有大于1的因数（设为a1）的话，显然推得A中还有a1。（注：这里y（y+x1）与x1互素，且考虑到了x、y、z的奇偶性，且这里我们可以容易推得k必须为偶数。以上结论易证故在此不做证明。）
但我们展开A,发现除了（y2n+1+x12n+1）/（y+x1）这项外，其余的项皆含有x1,而这一项显然不可能含有x1或x1的一些大于1的因数。
故推得y（y+x1）A不含有x1或x1的一些大于1的因数。也就是说k2n+1/（2n+1）x1与x1互素。
根据上面的设，我们再设：k=a1r，x1=b1r，a1b1互素。我们可以推得k2n+1/（2n+1）x1= a12n+1r2n+1/（2n+1）b1r=某整数，进而推得r2n+1中含有b1r，r与b1有公因数。但是如果r2n+1/（2n+1）b1r≠1或r2n+1/br≠1的话，即r2n+1>（2n+1）b1r的话（注：小于的情况不可能存在，这也易证），则推得r2n+1/（2n+1）b1r与r还有大于1的公因数，进而又推到了前面那个‘如果"上了。所以我们最终推得r2n+1/（2n+1）b1r=1或r2n+1/b1r=1，即（2n+1）x1= r2n+1或x1= r2n+1。
同理推得：（2n+1）y1= s2n+1或y1= s2n+1。
备注:以上（2n+1）x1= r2n+1与（2n+1）y1= s2n+1这两种情况,皆可以用
x2n+1可以被z-y =x-k整除，
y2n+1可以被z-x =y-k整除,
来排除,此易证.
先假设y1=s2n+1，则有y1=z-x=s2n+1，x＝z－s2n+1。
由x2n+1+y2n+1=z2n+1推得：（z-s2n+1）2n+1+y2n+1=z2n+1
推得：-s2n+1-（2n+1）zs2n+1（z-s2n+1）A+y2n+1=0
(备注:这里的正负号是关键,读者可以自己推导一下.如果笔者这里错误的话,那么下面的证明的结论也将错误,但是证明的思路无误.也就说第二个方框内的符号是加是减,皆不影响证明的最终结果,读者自己可以将其换成正号,然后按下面的思路推导一下,还是可以推出悖论的. 即k中必须含有z或是z的倍数)
设y=bs，上式两边除以s2n+1后，推得：
-1-（2n+1）z（z-s2n+1）A+b2n+1=0
推得：b2n+1-1=（2n+1）z（z-s2n+1）A……①
同理先假设: x1=r2n+1，则有x1=z-y=r2n+1,设x=ar,用上述方法推得:a2n+1-1=（2n+1）z（z-r2n+1）B……②
由z2n+1=(x+y1)2n+1= x2n+1+y2n+1,推得: x2n+1+y12n+1+(2n+1)xy1 (x+y1)C= x2n+1+y2n+1
推得: y12n+1+(2n+1)xy1 (x+y1)C= y2n+1
上式两边均除以y1=s2n+1，
推得: y12n+(2n+1)x (x+y1)C=b2n+1…….③
同理:由z2n+1=(x1+y)2n+1= x2n+1+y2n+1
推得: x12n+(2n+1)y(x1+y)D=a2n+1…….④
①③联立合并推得: y12n+(2n+1)x (x+y1)C -1=（2n+1）z（z-s2n+1）A
看上式: x+y1=z, z-s2n+1=x，
所以推得：y12n -1中含有（2n+1）zx……⑤
注意这里ab均为正整数
同理②④联立推得：
x12n -1中含有（2n+1）zy……⑥,
也就是说⑤⑥中含有z,也就意味着含有t.
如果我们依据上面的方法,把（2n+1）y1= s2n+1和（2n+1）x1= r2n+1代换进去的话,则发现:如果x1或y1是2n+1的倍数的话,⑤⑥两个式子根本不可能成立.当然:其实这个也可以用x2n+1可以被z-y整除来判断出x1=z-y≠r2n+1/(2n+1)。即先设x=ar与z-y=r2n+1/（2n+1）的最大公约数为r（注意：r中含有2n+1）,这样求出x2n+1/[r2n+1/(2n+1)]后,剩余的式子里还应该含有一个2n+1,进而推出r不是最大公约数.所以x1与y1只能是某整数的2n+1次幂.（注意这里2n+1是素数，所以才有这个结论的）（后注：这里还是证明出来吧：设x=ar，x1= r2n+1/（2n+1），两者之间最大公因数为r，且r中含有2n+1，a与r互质。x2n+1可以被x1=z-y整除，所以x2n+1/[r2n+1/(2n+1)]必然要等于一个数（这个数中含有2n+1）的2n+1次方，这样推得a2n+1中含有（2n+1）2n，因为2n+1是素数，故推得a中含有2n+1，又推得a与r不互质，悖论出现，故排除了x1= r2n+1/（2n+1）成立的可能性。）
因为:y1=z-x,所以y12n -1=（z-x）2n-1中含有zx，推得：z2n-1中含有x……⑦
x2n-1中含有z……⑧.
同理:由x1=z-y推得: z2n-1中含有y……⑨;
y2n-1中含有z……⑩.
由z2n+1-z=z(z2n-1),依据⑦⑨和费马小定理推得: z2n+1-z中含有(2n+1)xyz……⑾
由⑧⑩⑾和费马小定理及x+y-z=k得出: z2n+1-z= (x2n+1-x)+(y2n+1-y)+k
推得:k中必须含有z或是z的倍数(注:画蓝线部分皆含有z).
而我们又知道k必须小于z,（在题意要求下， k小于xyz三者间中的任何一个数，且四者均大于零，此易证。）所以悖论出现.进而我们可以逆推得假设错误,即费马大定理成立.（注意这里只是证明了费马大定理的核心部分：费马方程没有正整数解，如果扩大到非零整数解的范围的话，总的来说就是核心部分的加减号和正负号的变化，所以证明了核心部分，也就等于证明了费马大定理）
大鱼炖火锅 -
你说的应该不是那个费马大定理或者费马小定理吧
应该是高等数学或者数学分析里的那个费马定理吧
如果是这个，你只需要考虑极值点的函数值特点，分别求极值点处的左导数、右导数就可以了，一个不大于0，一个不小于0，因为两者要相等，因而只能是0了
费马小定理
mod函数是一个求余函数，其格式为： mod(nExp1,nExp2)，即是两个数值表达式作除法运算后的余数。那么：两个同号整数求余与你所知的两个正数求余完全一样(即两个负整数与两个正整数的算法一样)，即两数取余后返回两数相除的余数。2023-05-19 17:13:092
费马小定理是什么 费马小定理的解释
1、费马小定理(Fermats little theorem)是数论中的一个重要定理，在1636年提出。如果p是一个质数，而整数a不是p的倍数，则有a^（p-1）≡1（mod p）。 2、皮埃尔·德·费马于1636年发现了这个定理。在一封1640年10月18日的信中他第一次使用了上面的书写方式。在他的信中费马还提出a是一个素数的要求，但是这个要求实际上是不必要的。2023-05-19 17:13:161
什么是费马定理
费马（Pierre de Fermat，公元1601年—公元1665年）是十七世纪最伟大的数学家之一。 他对数学的贡献是多方面的，包括了微分学的概念，解析几何（他和笛卡儿可说是独立地发明解析几何，不过他是第一位把它应用到三维空间的人）和数论。尤其在数论方面，最为世人熟识的当然是费马最后定理（Fermat"s Last Theorem），但其实还有很重要的费马小定理（Fermat"s Little Theorem，加上“小”是用来分别费马大定理的），以及费马二平方数定理（Fermat"s Two Squares Theorem），无限下降法和费马数等等，实在是多不胜数。 费马大定理 ，即：不可能有满足 xn＋yn＝zn ，n ＞2的正整数x、y、z、n存在。这命题他写在丢番图《算术》（ 拉丁文译本，1621）第 2卷的空白处：“……将一个高于二次的幂分成两个同次幂之和，这是不可能的。 费马小定理是数论中的一个定理。定理:(费马小定理) 当p是素数时,对於任意一个整数a不是p的倍数时,有以下的等式 ap-1≡1 (mod p)。 费马最后定理 当整数 n > 2 时, 方程 x n + y n = z n 无正整数解. 勾股定理及勾股数组 勾股定理 在 ABC 中,若 C 为直角,则 a2 + b2 = c2. 留意:32 + 42 = 52; 52 + 122 = 132; 82 + 152 = 172; 72 + 242 = 252; ……等等 即 (3 , 4 , 5),(5 , 12 , 13) … 等等为方程 x 2 + y 2 = z 2 的正整数解. 我们称以上的整数解为「勾股数组」.2023-05-19 17:13:241
费尔马小定理是什么?
若p为素数，a与p互素，则ap-1≡1(mod p)2023-05-19 17:13:325
费马小定理
费马小定理：如果p是一个素数，而a是任何不能被p整除的整数，那么p能除a - 1。这个由皮埃尔·德·费马在1640年发现的数字性质，本质上是说，取任意素数p和任意不能被该素数整除的数a，假设p = 7, a = 20。通过费马小定理，我们发现：费马小定理通常用来检验一个数是否是素数，是素数的必要非充分条件。然而满足费马小定理检验的数未必是素数，这种合数叫做卡迈克尔数（Carmichael Number），最小的卡迈克尔数是561【A002997】2023-05-19 17:13:471
什么是费马定理
费马定理有无数个,我举几个例子： 物理中的费马定理：光总是走时间最短的路径. 数学中的费马小定理：在一个有限群G中,a^{Card(G)}=a.例子：a^n=a模n. 三角形里的费马点：一个三角形里使得到三个顶点距离之和最短的点P.在三角形的角都小于120度时,这个点唯一并且满足角APB=角BPC=角CPA=120度. 费马大定理,又名费马最后定理,又名Fermat-Wiles定理（由Wiles证处故得名）：对于任何的大于等于3的正整数n,任何的正整数a,b,c都有a^n+b^n不等于c^n.2023-05-19 17:14:061
费马小定理是什么
费马小定理是数论中的一个重要定理,其内容为: 假如p是质数，且(a,p)=1，那么 a^(p-1) ≡1（mod p）2023-05-19 17:14:152
费马小定理是什么
费马小定理是数论中的一个重要定理,其内容为:假如p是质数，且(a,p)=1，那么a^(p-1)≡1(modp)2023-05-19 17:14:233
费马 大小 定理分别是什么?
费马费马（PierredeFermat,公元1601年—公元1665年）是十七世纪最伟大的数学家之一.他对数学的贡献是多方面的,包括了微分学的概念,解析几何（他和笛卡儿可说是独立地发明解析几何,不过他是第一位把它应用到三维空间的人）和数论.尤其在数论方面,最为世人熟识的当然是费马最后定理（Fermat"sLastTheorem）,但其实还有很重要的费马小定理（Fermat"sLittleTheorem,加上“小”是用来分别费马大定理的）,以及费马二平方数定理（Fermat"sTwoSquaresTheorem）,无限下降法和费马数等等,实在是多不胜数.费马大定理,即：不可能有满足xn＋yn＝zn,n＞2的正整数x、y、z、n存在.这命题他写在丢番图《算术》（拉丁文译本,1621）第2卷的空白处：“……将一个高于二次的幂分成两个同次幂之和,这是不可能的.费马小定理是数论中的一个定理.定理:(费马小定理)当p是素数时,对於任意一个整数a不是p的倍数时,有以下的等式ap-1≡1(modp).费马最后定理当整数n>2时,方程xn+yn=zn无正整数解.勾股定理及勾股数组勾股定理在ABC中,若C为直角,则a2+b2=c2.留意:32+42=52;52+122=132;82+152=172;72+242=252;……等等即(3,4,5),(5,12,13)…等等为方程x2+y2=z2的正整数解.我们称以上的整数解为「勾股数组」.2023-05-19 17:14:291
17世纪法国数学家费马提出了一个什么原理？
费马特别爱好数论，他证明或提出许多命题，最有名的是费马大定理，即：不可能有满足xn＋yn＝zn，n＞2的正整数x、y、z、n存在。2023-05-19 17:14:482
费马小定理的相关理论
费马小定理是初等数论四大定理（威尔逊定理，欧拉定理（数论中的欧拉定理），中国剩余定理(又称孙子定理)和费马小定理）之一，在初等数论中有着非常广泛和重要的应用。实际上，它是欧拉定理的一个特殊情况（即 ，见于词条“欧拉函数”）。卡迈克尔数如上所述，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”。更极端的反例是卡迈克尔数：假设a与561互质，则a^560被561除都余1。这样的数被称为卡迈克尔数数，561是最小的卡迈克尔数。Korselt在1899年就给出了卡迈克尔数的等价定义，但直到1910年才由卡迈克尔(Robert Daniel Carmichael)发现第一个卡迈克尔数:561。1994年William Alford 、 Andrew Granville 及 Carl Pomerance证明了卡迈克尔数有无穷多个。2023-05-19 17:14:541
如何证明费马小定理
对与p互质的整数a，考虑a,2a,3a...(p-1)a，由p是质数，任何两个的差不被p整除，所以任何两个数模p不同余，即a,2a,3a...(p-1)a是1,2,3..p-1的一个排列。将两组数全相乘，得到a*2a*3a*...*(p-1)a=1*2*3..*(p-1)，整理成(p-1)!*a^(p-1)同余(p-1)!(mod p)。由于(p-1)!和p互质，两遍可以约掉，就有a^(p-1)同余1模p2023-05-19 17:15:073
费尔马定律
我想你指的是高中竞赛数论中的费马小定理：假如p是质数，且(a,p)=1，那么 a^(p-1) ≡1（mod p） 假如p是质数，且a,p互质，那么 a的(p-1)次方除以p的余数恒等于12023-05-19 17:15:142
数论四大定理的费马小定理
任何一个质数总能除尽任何几何级数中的某一项减1，且该项的指数是这个给定的质数减1的因子。设 a 是任意一个整数，考虑以它为底的几何级数即 a 的各次方幂构成的数列：a, a2, a3, a4, a5, a6, a7, .....费马断言，给定任何一个质数 p ，在上述数列中一定能找到一个数 an，它减去 1 后是 p 的倍数，并且 n 是 p - 1 的因子。2023-05-19 17:15:212
证明：2730整除（n的13次方-n),那么n为整数。 求高手解，先谢了
这里用到费马小定理费马小定理是数论中的一个重要定理,其内容为: 假如p是质数,且(a,p)=1,那么 a^(p-1) ≡1(mod p) 2730=2*3*5*7*13n^13-n = n(n-1)(n+1)(n^4 + n^2+1)(n^6 + 1) 而n(n-1)(n+1)可以被6整除，故原式可以被2*3整除。 n^13-n = n(n^4 - 1)(n^8 + n^4 + 1) 由费马小定理知，(n^4 - 1)可以被5整除，故原式可以被5整除。 n^13-n = n(n^6 - 1)(n^6 + 1) 由费马小定理知，(n^6 - 1)可以被7整除，故原式可以被7整除。 n^13-n = n(n^12 - 1) 由费马小定理知，(n^12 - 1)可以被13整除，故原式可以被13整除。 所以，原式可以被2*3*5*7*13=2730整除。2023-05-19 17:15:331
费马小定理的证明过程
我来拯救你吧。我弄2个证明方法给你看看。第一种设一个比质数p小的正整数a，让a依次乘以1 2 3 ...到p-1,得到a,2a,3a...(p-1)a，而由于a与p互质，每次乘积所得到的余数都不一样，设如果ab与ac同余p（a,b,c均小于p），必定b=c，故若b不等于c，ac与ab不同余,则a到(p-1)a的余数恰好有p-1种，与1到p-1完全能一一对应，于是（p-1的阶乘）同余（a的p-1次方乘以p-1的阶乘），约去p-1的阶乘，就有了a的p-1次方除以p余1。第二种（这种方法其实我自己没法做的，是照书打的，比较巧妙）构造二项式（a+1)^p,因为展开这个二项式，每项都是C(r)(p)（组合数，下标p,上标r)*a^r,只有r等于0或者p的那一项才不被p整除，故（a+1)^p与a^p+1同余p，先归纳假设a^p次方除以p余a（这里别把它看成真理），则p整除a^a-a=a(a^(p-1)-1)，而a与p互质，a整除a^(p-1)-1,由反向的数学归纳法证明出来。2023-05-19 17:15:402
费马小定理的历史
皮埃尔·德·费马于1636年发现了这个定理。在一封1640年10月18日的信中他第一次使用了上面的书写方式。在他的信中费马还提出a是一个素数的要求，但是这个要求实际上是不必要的。1736年，欧拉出版了一本名为“一些与素数有关的定理的证明”(拉丁文：Theorematum Quorundam ad Numeros PRIMOS Spectantium Demonstratio)”的论文中第一次提出证明，但从莱布尼茨未发表的手稿中发现他在1683年以前已经得到几乎是相同的证明。有些数学家独立制作相关的假说（有时也被错误地称为中国的假说），当成立时，p是素数。这是费马小定理的一个特殊情况。然而，这一假说的前设是错的：例如，341 ，而341= 11×31是一个伪素数。所有的伪素数都是此假说的反例。2023-05-19 17:15:581
你们知道什么叫费马小定理吗？费马有没有什么错误的定理？
费马是神，费马大小定理及费马引理都是对的，证明就设个整数甲，比质数忆乙小 然后用乙减一的接乘乘以甲的乙减一次方，若对乙取模，这个的数与乙减一的接乘同余，就可以了2023-05-19 17:16:102
证明n的13次方-n是7和13的倍数
n^13-n=n*(n^12-1)=n(n^6+1)(n^6-1)若n不能被13整除，由费马小定理，n^(13-1)末13与1同余，故(n^12-1)被13整除同理，若N不能被7整除，则(n^6-1)被7整除欧拉定理证明设x（1），x（2），...，x(φ(n))是一个以n为模的简系，则ax（1），ax（2），...，ax（φ(n) ）也是一个以n为模的简系（因为（a，n）=1）。于是有ax（1）ax（2）...ax（φ(n) ）≡x（1）x（2）...x(φ(n))（mod n），所以a^φ(n) ≡ 1 (mod n)。证毕。费马小定理证明因为p是质数，且（a，p)=1，所以φ(p)=p-1。由欧拉定理可得a^(p-1) ≡1（mod p）。证毕。对于该式又有a^p ≡a（mod p），所以，费马小定理的另一种表述为：假如p是质数，且(a,p)=1，那么a^p ≡a（mod p）。2023-05-19 17:16:161
费马公式的费马定理
费马一心想要找出一个求质数的公式，结果未能成功.人们发现，倒是他无意提出的另一个猜想，对寻找质数很有用处.费马猜测说；如果 是一个质数，那么，对任何自然数n,（）一定能被 整除.这一回费马猜对了，这个猜想被人称作费马小定理.例如：11是质数，2是自然数，所以（）一定能被11整除.利用费马定理，这是目前最有效的鉴定质数的方法.要判断一个数n是不是质数，首先看它能不能整除（），如果不能整除，它一定是合数；如果能整除，它就极可能是质数.现在，在电子计算机上运用这种新方法，要鉴定一个上百位的数是不是质数，一般只要15秒钟就够了.质数公式表f(x) 公式在100以下令f(x）成合成数的x值总数x2-79+160180,81,84,89,965x2+x+4140,41,44,49,56,65,76,81,82,84,87,89,91,96142x2+2929,30,32,35,39,44,50,57,58,61,63,65,2572,74,76,84,87,88,89,91,92,94,95,97,996x2+6x+3129,30,31,34,36,41,44,51,55,59,61,62,2564,66,69,76,80,84,86. 87,88,92,93,97,993x2+3x+2322,23,27,30,38,43,44,45,46,49,51,55,56,59,2862,66,68,69,70,78,85,87,88,89,91,92,95,96像质数公式 x2+x+41，我们能找到连续 40 个（由 0 到 39）的质数，有没有一条质数公式 f=x2+x+b，能使 (b-1） 个连续 x 值使 f(x) 都是质数呢 有人曾用电算机去找，结果查出如果有，则 b 值一定要超过 1,250,000,000，而且最多只有一个.看来这个问题大概解不了.当代的数学家们在质数这个领域里，有两个重要的研究方向：一个是利用各种更有效率的筛法，不断地往更大的数里面去搜寻质数；另外就是寻找新的‘梅森尼质数".到西元1996年为止，数学家已经藉由电脑运算，知道1020以内有多少质数了；另一方面，在西元1999年六月，数学家也发现了第三十八个‘梅森尼质数"： 26972593-1，这同时也是到目前为止发现的最大质数！它是一个2098960位数.2023-05-19 17:16:221
费尔马小定理怎么证明?
看柯召所著《数论讲义》上册，34页，或潘承洞所著《〈初等数论〉》第二版143页。用欧拉定理证明费马小定理，楼上的所说甚是正确。2023-05-19 17:16:353
费马小定理的前提条件为什么有的是小于关系，有的是不整除，有的是互
（1）费马小定理费马小定理的前提条件就是模为质数，且与底数互素。模是质数，再互素，实际上就是不整除了。至于小于，恕我孤陋寡闻，我没见过。下面的问题同样成立：9^1≡1（mod 2），此时9>2啊？（2）绝对伪素数你看看不互素会出现什么情况。不妨使用现今找到的任一伪素数，是不是绝对伪素数都行，10585吧。按理说，存在某个x，使得x^10584≡1（mod 10585）如果不互素，那么对于任意m∈Z都有：10585^m一定是10585的倍数，只能10585^m≡0（mod 10585）那就热闹了……这定义也不要算了……2023-05-19 17:16:421
费马小定理 p为什么是质数 费马小定理中,P一定要是个素数,是怎么体现的?不是素数不行吗?
费马小定理可以看做是Euler定理的一个推论,Euler定理中的n不要求是素数,而x的指数是φ(n).费马定理中n换成了素数p,而φ(p)=p-1,所以,就这样了. 不是素数当然不行.随便举个例子试试呗.2023-05-19 17:16:491
费马大定理和费马小定理的简述，他们主要讲了什么？
费马大 当整数n >2时，关于x, y, z的方程 x^n + y^n = z^n 没有正整数解费马小 假如p是质数，且(a,p)=1，那么 a^(p-1) ≡1（mod p）。即：假如p是质数，且a,p互质，那么a的(p-1)次方除以p的余数恒等于12023-05-19 17:16:561
额，费马小定理什么意思，解读一下拉
费马小定理：如果p是一个素数，a是一个不能被p整除的正整数。则，a^(p-1) 带余数除法 除以p 的余数是1用数论的同余符号表示就是 a^(p-1) = 1(mod p) [这里的等号一般是用三条横线]2023-05-19 17:17:022
费尔马小定理是什么?我不太明白啊!若p为素数,a与p互素,则ap-1≡1(mod...
费马小定理是数论中的一个定理.其内容为假如a是一个整数,p是一个质数的话,且a、p互素则a^p≡1(modp)注意是a的p次方,不是a*p2023-05-19 17:17:201
近世代数理论基础6：费马小定理·欧拉定理
定义： , ,若 ,则称a与b模m同余,记作 ,否则称a与b模m不同余,记作 利用同余,可在整数集合Z上诱导出一个关系 ,称为模m同余关系 定理： ,则模m同余关系是等价关系,即 (1) ,有 (2) (3) 注： 1.模m同余关系的商集记作 2.任一整数a所在的同余类记作 ,也称为同余类或剩余类 3.任一整数a用m除所得的余数只能为 中的一个, 为模m的完全剩余类,其中 为那些除m所得的余数为i的所有整数构成的集合 定理： , ,则 1.若 ,则2. 3. 4.若 ,d为a,b,m的任一公因数,则5.若 ,则6. 7. 证明： 3. 定义： , ,若其中任意两个数均不在模m的同一个剩余类中,则称 为模m的一个完全剩余系 若 中有某个数与m互素,则 中所有的数与m均互素,此时称 为与模m互素的一个剩余类,因而有 个与模m互素的剩余类,在与模m互素的每个剩余类中取一个数,得到 个与模m互素的数,它们组成的集合称为模m的一个缩系 定理：若 ,则 为模m的一个缩系 且 ,有 定理：若 ,且 ,则当x与y分别跑遍模m的一个完全剩余系时, 恰好跑遍模mn的一个完全剩余系 证明：定理：若 且 ,则当 分别跑遍模m,n的一个缩系时, 恰好跑遍模mn的一个缩系, 证明：推论：设 ,则定理：设 , ,则 证明：在实际应用中经常要计算 模m的值,利用欧拉定理,先计算 ,其中 ,即 ,即 ,从而简化运算 推论：若p为素数, ,则 证明：2023-05-19 17:17:261
费马小定理什么时候学
题主是否想询问“费马大定理什么时候学”？八年级下学期。根据查询相关课本内容显示，费马大定理八年级下学期学。1994年10月，美国普林斯顿大学数学教授安德鲁·怀尔斯，终于圆了童年的梦想，证明了费马大定理。2023-05-19 17:17:321
矩阵幂满足费马小定理吗？
矩阵幂满足费马小定理: 思路如下： (ab)p[n]= ab * ((ab)p[n-1])c * ((ab)p[n-2]);递推式子可以这样写;合并后变为(ab)p[n]=(ab)(c*p[n-1]+p[n-2]+1);可以得到p[n]=c*p[n-1]+p[n-2]+1;这样的递推式可以用矩阵乘法得到第n项;这是矩阵乘法的一个应用,给matrix67大神的博客地址可以学习,点这里构造矩阵乘法:p[n] c 1 1 p[n-1]p[n-1] = 1 0 0 * p[n-2]1 0 0 1 1然后这中间还有一个问题,就是取模的问题;ab*p[n]%mod=ab*p[n]%(mod-1)%mod;这是根据费马小定理得到的;a(p-1)Ξ1%p;ab*p[n]%mod=ab*p[n]/(mod-1)*(mod-1)+b*p[n]%(mod-1)%mod;令x=b*p[n]/(mod-1)则ab*p[n]%mod=ax*(mod-1)+b*p[n]%(mod-1)%mod=ab*p[n]%(mod-1)%mod;2023-05-19 17:17:501
乘法逆元怎么计算
1、费马小定理由费马小定理ap-1≡1，变形得 a*ap-2≡1(mod p)，答案已经很明显了：若a,p互质,因为a*ap-2≡1(mod p)且a*x≡1(mod p)，则x=ap-2(mod p)，用快速幂可快速求之2023-05-19 17:17:572
用费马小定理，求3^(3^9) mod 11
3^9mod10=27^3mod10=7^3mod10=3mod10 而由费马小定理3^10mod11=1mod11那么3^(3^9)mod11=3^(10k+3)mod11=5mod112023-05-19 17:18:222
用费马小定理求同余的问题:2^5432675 mod 13
2^5432675=(2^12)^452722*(2^11) 由费马小定理知2^12 mod 13为1,则(2^12)^452722 mod 13为1 2^12 和14 mod 13 同余,则2^11和7 mod 13 同余,说明2^11 mod 13为7 则2^5432675 mod 13为1*7=7. 前面那朋友的作法也对,不过好像不是用的费马小定理.2023-05-19 17:18:281
利用费马小定理计算：2^325mod5,3^516mod7,8^1003mod11
Fermat-欧拉定理a^f(n)=1 (modn)n=15=3*5 (没有必要15是素数, 3和5是素数 )f(15)=15(1-1/3)(1-1/5) =81025=127*8 93^1025=3^(8*127 9)=((3^8)^127 )*3^9 3^1025 mod15=((3^8)^127 )*3^9 mod15=1^127 *3^9 mod15=3^9 mod15=19683 mod15=33^1025 mod15=32023-05-19 17:18:371
洪殊明 费马小定理
洪殊明的费马小定理具体如下：费马小定理(Fermat"s little theorem)是数论中的一个重要定理，在1636年提出。如果p是一个质数，而整数a不是p的倍数，则有a^（p-1）≡1（mod p）。皮埃尔·德·费马于1636年发现了这个定理。在一封1640年10月18日的信中他第一次使用了上面的书写方式。在他的信中费马还提出a是一个素数的要求，但是这个要求实际上是不必要的。当成立时，p是素数。这是费马小定理的一个特殊情况。然而，这一假说的前设是错的：例如，341，而341= 11×31是一个伪素数。所有的伪素数都是此假说的反例。如上所述，中国猜测仅有一半是正确的。符合中国猜测但不是素数的数被称为伪素数。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b·a[1],b·a[2],b·a[3],b·a[4],…b·a[m]也构成模m的一个完全剩余系。2023-05-19 17:19:071
什么是费尔马小定理？
费尔马大定理，起源于三百多年前，挑战人类3个世纪，多次震惊全世界，耗尽人类众多最杰出大脑的精力，也让千千万万业余者痴迷。终于在1994年被安德鲁·怀尔斯攻克。古希腊的丢番图写过一本著名的“算术”，经历中世纪的愚昧黑暗到文艺复兴的时候，“算术”的残本重新被发现研究。1637年，法国业余大数学家费尔马（PierredeFremat）在“算术”的关于勾股数问题的页边上，写下猜想：ab=c是不可能的（这里n大于2；a，b，c，n都是非零整数)。此猜想后来就称为费尔马大定理。费尔马还写道“我对此有绝妙的证明，但此页边太窄写不下”。一般公认，他当时不可能有正确的证明。猜想提出后，经欧拉等数代天才努力，200年间只解决了n＝3,4,5,7四种情形。1847年，库木尔创立“代数数论”这一现代重要学科，对许多n（例如100以内）证明了费尔马大定理，是一次大飞跃。历史上费尔马大定理高潮迭起，传奇不断。其惊人的魅力，曾在最后时刻挽救自杀青年于不死。他就是德国的沃尔夫斯克勒，他后来为费尔马大定理设悬赏10万马克（相当于现在160万美元多），期限1908－2007年。无数人耗尽心力，空留浩叹。最现代的电脑加数学技巧，验证了400万以内的N，但这对最终证明无济于事。1983年德国的法尔廷斯证明了：对任一固定的n，最多只有有限多个a，b，c振动了世界，获得费尔兹奖（数学界最高奖）。2023-05-19 17:19:342
谁知道费尔马小定理？
费马小定理，若p是素数且a是整数则a^p≡a(mod p)，特别的若a不能被p整除，则a^(p-1)≡1(mod p)。这可以用数学归纳法证明。a=1显然成立。假设对a成立，就是a^p≡a(mod p)，则对a+1，(a+1)^p,由二项式定理，除了第一项a^p和1以外，其他各项系数都能被p整除，所以(a+1)^p≡a^p+1(mod p)，而a^p≡a(mod p)，所以(a+1)^p≡a+1(mod p)。所以费马小定理得证。2023-05-19 17:19:412
费马小定理 证明
证明一、准备知识： 引理1．剩余系定理2 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．剩余系定理5 若m为整数且m>1,a[1],a[2],a[3],a[4],…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），所有的整数必然这些整数中的1个对模m同余。取r[1]=0,r[2]=1,r[3]=2,r[4]=3,…r=i-1,1<i<=m。令(1)：a[1]≡r[1](mod m),a[2]≡r[2](mod m),a≡r(mod m)(顺序可以不同),因为只有在这种情况下才能保证集合{a1,a2,a3,a4,…am}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{a1,a2,a3,a4,…am}对m构成完全剩余系。 引理3．剩余系定理7 设m是一个整数，且m>1，b是一个整数且(m,b)=1。如果a1,a2,a3,a4,…am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和ba[j]同余即ba≡ba[j](mod m)，根据引理2则有a≡a[j](mod m)。根据完全剩余系的定义和引理4（完全剩余系中任意2个数之间不同余，易证明）可知这是不可能的，因此不存在2个整数ba和ba[j]同余。由引理5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．同余定理6 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≡bd(mod 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(mod 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(modp)。易知(W,p)=1，由引理1可知a^(p-1)≡1(modp）[编辑本段]费马小定理在数论中的地位 费马小定理是数论四大定理（威尔逊定理，欧拉定理(数论中的欧拉定理，即欧拉函数)，中国剩余定理和费马小定理）之一，在初等数论中有着非常广泛和重要的应用。实际上，它是欧拉定理的一个特殊情况（见于词条“欧拉函数”）。2023-05-19 17:19:493
费马小定理中(a,p)=1是什么意思
a和p的最大公约数是12023-05-19 17:20:092
费马小定理的证明
费马小定理的证明 一、准备知识： 引理1．剩余系定理2 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．剩余系定理5 若m为整数且m>1,a[1],a[2],a[3],a[4],…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），所有的整数必然这些整数中的1个对模m同余。取r[1]=0,r[2]=1,r[3]=2,r[4]=3,…r=i-1,1<i<=m。令(1)：a[1]≡r[1](mod m),a[2]≡r[2](mod m),a≡r(mod m)(顺序可以不同),因为只有在这种情况下才能保证集合{a1,a2,a3,a4,…am}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{a1,a2,a3,a4,…am}对m构成完全剩余系。 引理3．剩余系定理7 设m是一个整数，且m>1，b是一个整数且(m,b)=1。如果a1,a2,a3,a4,…am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和ba[j]同余即ba≡ba[j](mod m)，根据引理2则有a≡a[j](mod m)。根据完全剩余系的定义和引理4（完全剩余系中任意2个数之间不同余，易证明）可知这是不可能的，因此不存在2个整数ba和ba[j]同余。由引理5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．同余定理6 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≡bd(mod 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(mod 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(modp)。易知(W,p)=1，由引理1可知a^(p-1)≡1(modp）2023-05-19 17:20:171
费马小定理恒等于多少？
费马小定理(Fermat Theory)是数论中的一个重要定理，其内容为： 假如p是质数，且(a,p)=1，那么 a(p-1)≡1（mod p）。即：假如a是整数，p是质数，且a,p互质(即两者只有一个公约数1)，那么a的(p-1)次方除以p的余数恒等于1。2023-05-19 17:20:241
费马定理的内容
费马小定理： 假如p是质数，且(a,p)=1，那么 a(p-1)≡1（mod p）。即：假如a是整数，p是质数，且a,p互质(即两者只有一个公约数1)，那么a的(p-1)次方除以p的余数恒等于1。费马大定理：当整数n >2时，关于x, y, z的方程 x^n + y^n = z^n 没有正整数解。2023-05-19 17:20:312
怎么证明费马小定理？
一、准备知识： 引理1．剩余系定理2 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．剩余系定理5 若m为整数且m>1,a[1],a[2],a[3],a[4]，…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），所有的整数必然这些整数中的1个对模m同余。取r[1]=0,r[2]=1,r[3]=2,r[4]=3，…r[i]=i-1,1<i<=m。令（1）：a[1]≡r[1](mod m),a[2]≡r[2](mod m),a≡r(mod m）（顺序可以不同），因为只有在这种情况下才能保证集合{a1,a2,a3,a4，…am}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{a1,a2,a3,a4，…am}对m构成完全剩余系。 引理3．剩余系定理7 设m是一个整数，且m>1，b是一个整数且（m,b)=1。如果a1,a2,a3,a4，…am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和ba[j]同余即ba≡ba[j](mod m），根据引理1则有a≡a[j](mod m）。根据完全剩余系的定义和引理4（完全剩余系中任意2个数之间不同余，易证明）可知这是不可能的，因此不存在2个整数ba和ba[j]同余。由引理5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．同余定理6 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≡bd(mod 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(mod 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(modp）。易知（W,p)=1，由引理1可知a^(p-1）≡1(modp）2023-05-19 17:20:402
费马小定理的证明
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(modm)时,有a≡b(modm) 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3． 设m是一个整数,且m>1,b是一个整数且(m,b)=1.如果a1,a2,a3,a4,…am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和ba[j]同余即ba≡ba[j](mod m),根据引理1则有a≡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和ba[j]同余.所以ba[1],ba[2],ba[3],ba[4],…ba[m]构成模m的一个完全剩余系.构造素数的既约剩余系 因为，由引理3可得 也是p的一个既约剩余系。由既约剩余系的性质， 即易知，同余式两边可约去，得到这样就证明了费马小定理。2023-05-19 17:20:471
17世纪法国最伟大的数学家之一，以他的名字命名的大小定理 这个数学家是谁
费马 费马Pierre de Fermat是十七世纪最伟大的数学家之一,1601年8月20日生於法国南部土鲁士Toulous附近的一个小镇.2023-05-19 17:21:013
求大神 如何用费马小定理计算2^1000000模19的最小正整数
2023-05-19 17:21:101
证明：n^13-n(n是正整数）能被2730整除
n^13-n=n(n-1)(n+1)(n^2-n+1)(n^2+1)(n^2+n+1)(n^4-n^2+1)2023-05-19 17:21:344
3的400次方最末两位数字是什么？
72023-05-19 17:21:424
费马定理的详细证明过程是怎样的？
费马定理很多，比较有名的有费马小定理，费马最后定理，费马平方和定理，费马最小原理如果费马小定理的证明还是比较简单的，由于1,2,~p-1构成p的完全剩余系，那么a,2a,3a,....(p-1)a也构成一个p的完全剩余系，所以它们的乘积模p相等所以1*2*3*...(p-1) = a*2a*3a*...(p-1)a (mod p)约掉1*2*3*...(p-1)得a^(p-1) = 1 (mod p)费马平方和定理的证明比较困难，不过百科里面有证明。费马原理是涉及到变分方面的知识。而费马最后定理的证明超级困难，网上有外尔斯的全部证明电子版，有130多页，涉及到的东西都非常高深，基本上很少有人能完全看懂的。2023-05-19 17:21:491
数学难题：n为非0自然数，试证n^13_n定能被2730整除。
欧拉定理及推理对于任意正整数a，有a^p ≡ a (mod p)参考baike.baidu.com/view/48903.htm则① N^13 ≡ N (MOD 13)，N^13 - N ≡ 0 (MOD 13)② (N^14 - N^2)/N同法，(N^2)^7 - (N^2) ≡ 0 (MOD 7)③ (N^15 - N^3)/N^2同法，(N^3)^5 - (N^3) ≡ 0 (MOD 5)④ (N^18 - N^6)/N^5同法，(N^6)^3 - (N^6) ≡ 0 (MOD 3)或用因式分解⑤因式分解或奇偶分析，得n^13-n ≡ 0 (MOD 2)2*3*5*7*13=2730综上，n^13 - n ≡ 0 (MOD 2730)2023-05-19 17:22:013
用自然语言描述费马小定理，那个三横的等号是什么意思？
恒等2023-05-19 17:22:102