一、威爾遜定理

若p為質數，則

p|(p-1)!+1

亦：(p-1)! ≡ p-1 ≡ -1(mod p)

例題：

二、費馬小定理

假如p是質數，且gcd(a,p)=1，那麼

a^(p-1) ≡1（mod p）

我們可以利用費馬小定理來簡化冪模運算：由於a^(p-1)≡a^0≡1(mod p)，所以a^x(mod p)有迴圈節，長度為p-1，所以a^x≡a^(x%(p-1))(mod p)

例題：

三、尤拉定理

若a,m為正整數，且gcd(a,m) = 1，則

a^φ(m)≡1(mod m)

我們亦可以利用尤拉定理來簡化冪模運算：a^x≡a^(x%φ(m))(mod m)

例題：

為下一節做鋪墊，我們將a^x≡a^(x%φ(m))(mod m)變下形：

由於a^φ(m)≡1(mod m)

a^x≡a^(x%φ(m))≡a^(x%φ(m)+φ(m))(mod m)

四、求冪大法

（廣義尤拉定理）及其證明

對於同餘式a^b≡x(mod m)，如何求出x？（1<=a,m<=1000000000，1<=b<=10^1000000）

注意到b很大，我們可以先採取一些方法降冪。

若gcd(a,m)=1，那麼使用尤拉定理即可：a^b≡a^(b%φ(m))(mod m)

若gcd(a,m)>1，且b>φ(m)，則有“求冪大法”——a^b≡a^(b%φ(m)+φ(m))(mod m)

（當b<=φ(m)時直接用快速冪即可）

例題：

大致證明：

1. 在a的0次，1次，...，b次冪模m的序列中，前r個數(a^0到a^(r-1))互不相同，從第r個數開始，每s個數就迴圈一次。

證明：由鴿巢定理易證。

我們把r稱為a冪次模m的迴圈起始點，s稱為迴圈長度。（注意：r可以為0）

用公式表述為：a^r≡a^(r+s)(mod m)

2. a為素數的情況

令m=(p^r)m′，則gcd(p,m')=1，所以p^φ(m')≡1(mod m')

又由於gcd(p^r,m′)=1，所以φ(m‘)|φ(m)，所以p^φ(m)≡1(mod m')，

即p^φ(m)=km'+1，兩邊同時乘以p^r，得p^(r+φ(m))=km+p^r（因為m=(p^r)m′）

所以p^r≡p^(r+s)(mod m)，這裡s=φ(m)

3. 推論：p^b≡p^[r+(b-r)%φ(m)](mod m)

4. 又由於m=(p^r)m′，所以φ(m)≥φ(p^r)=[p^(r-1)](p-1)≥r

所以p^r≡p^[r+φ(m)]≡p^[r%φ(m)+φ(m)](mod m)

所以p^b≡p^[r+(b-r)%φ(m)]≡p^[r%φ(m)+φ(m)+(b-r)%φ(m)]≡p^[φ(m)+b%φ(m)](mod
m)

即p^b≡p^(b%φ(m)+φ(m))(mod m)

5. a為素數的冪的情況

是否依然有a^r’≡a^(r‘+s’)(mod m)？(其中s‘=φ(m)，a=p^k)

答案是肯定的，由2知p^s≡1(mod m′)，所以p^(s*(k/gcd(s,k))≡1(mod m′)，所以當s’=s/gcd(s,k)時才能有p^(s'k)≡1(mod m′)，此時s‘|s|φ(m)，且r’=ceil(r/k)<=r<=φ(m)

由r'，s'與φ(m)的關係，依然可以得到a^b≡a^(b%φ(m)+φ(m))(mod m)

6. a為合數的情況

只證a拆成兩個素數的冪的情況，大於兩個的用數學歸納法可證。

設a=a1a2，ai=pi^ki，ai的迴圈長度為si

則s|lcm(s1,s2)，由於s1|φ(m),s2|φ(m)，那麼lcm(s1,s2)|φ(m)，所以s|φ(m)

r=max{ceil(ri/ki)}<=max{ri}<=φ(m)

由r，s與φ(m)的關係，依然可以得到a^b≡a^(b%φ(m)+φ(m))(mod m)

證畢。

附：三大定理的證明

（定理的引用參考《初等數論及其應用》）

一、威爾遜定理

(PS:在利用定理4.10時，僅需用到a^-1的存在性；證明中的“只有”二字要用定理4.11中的“唯一性”)

二、費馬小定理

重申一遍，gcd(a,p)=1

三、尤拉定理

證明前，我們先定義一個概念：