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＝…, 则φ(m)＝m (1－)(1－)…(1－)
例如，30＝2·3·5，则
②若p为素数，则若p为合数，则
④若 若
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，
同时；
2、欧拉定理：若(a, m)＝1，则aφ(m)≡1(mod m).
证明：设r1，r2，…，rφ(m)是模m的简化剩余系，
又∵(a, m)＝1，
∴a·r1，a·r2，…，a·rφ(m)是模m的简化剩余系，
∴a·r1×理疗科a·r2×…×a·rφ(m)≡r1×r2×…×rφ(m)(mod m)，
又∵(r1·r2·…·rφ(m), m)＝1，
∴aφ(m)≡1(mod m).
应用：设(a, m)＝1, c是使得ac≡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ak≡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au≡av (mod m)的充要条件是u ≡v (mod k)，
特别地，au≡1 (mod m)的充要条件是k|u
证明：充分性显然.
必要性：设，由及知.
用带余除法，故，∴，
由的定义知，必须，所以
（2）设(a, m)＝1，k是a模m的阶，则数列a, a2, …, ak, ak董时进＋1,…是模m的周期数列，最小正周期为k，而k个数a, a2,…, ak 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d0是a对于模p的阶 ≡1(mod p), 且1, a, …, ado−1对模p两两不同余.
特别地, do＝φ(p)1, a,…, aφ(p)−1构成模p的一个简化剩余系.
定理：若为对模的阶，为某一正整数，满足爱情急诊室，则必为的倍数.
3、费尔马小定理
若p是素数，则ap≡a(mod p) 若另上条件(a，p)＝1，则ap−1≡1(mod p)
4、证明费马小定理的预备定理
定义1：设、和是整数，其中，如果有，则有。
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）
若，，为个任意整数，为正整数，
若有成立。
证明：由条件可知 ，化简有
又因为 所以有 ，即有
引理2（二项式定理）若是一个正整数，
则有
证明：根据二项式的展开定理，我们有：
由组合公式可得：
引理3（多项式定理）
如果k1, k2, k3, ……km,和均是正整数，且有和，则有
其中。
（1）初等方法
证明：对任意的非负整数及素数，恒有【2】
即有
令得
上面各式分别相加得
（2）二项式的展开法
证明：设集合，其中是质数，，
因为，所以对任意的有 则
现假设 ，我们要想得到
，通过二项式定理有：
如果，则化简有
如果是负数，则对任意的恒有成立，其中.
从而有 .
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，在中，
必然有一个数除以余1，
这是因为则好是的一个剩余系去0.
从而对，使得；
若，，则，这不可能。
故对于不同的，有.即对于不同的对应于不同的，即中数可两两配对，其积除以余1，然后有，使，即与它自己配对，这时，，
∴或.
除外，别的数可两两配对，积除以余1.故.
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. 即对任一整数创新的国度n＞1浦东新区空气质量，有n＝…，其中p1＜p2＜…＜松下m1000pk均为素数，
1、 2、…、 k都是正整数.
①正整数d是n的约数 d＝…，(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)＝( 1＋1)( 2＋1)…( k＋1)
③ n的正约数的和为S(n)＝(1＋p1＋…＋)(1＋p2＋…＋)…(1＋pk＋…＋)
④ n的正约数的积为T(n)＝
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