定理3 （费马小定理)：设p为质数，n为整数，若（p，n)=1，则p|（np-1-1).
证法步骤分析：
（1)欲证p|（np-1-1)，退一步，当（p，m)=1时，须证
若m（np-1-1)=mnp-1-m=pq，则mnp-1=pq＋m.
（2)np-1是p-1个n之积，欲证上式，猜想可能需要p-1个n的倍数相乘，而倍数之积为m且满足（p，m)=1，这又需要各倍数与p互质，p-1个与p互质之数当然首试1，2，…，p-1.
（3)考察n的1，2，…，p-1倍被p除的结果：
这p-1个式子两边分别相乘：
而r1，r2，r3，…，rp-1中每一个都大于0且小于p，又它们中任意两个不等（可反证)，所以r1r2r3…rp-1=1×2×3×…×（p-1)，取m=R，q=Q，即可得到步骤（1)需要的结果：mnp-1=pq＋m.
请读者自己试写出该定理的证明过程，该定理我们还将在下一章从另一个角度给出证明和应用.
例11 若（n，168)=1，则168|（n6-1).
证明 ∵168=3×7×8，（n，168)=1，
∴（n，3)=1，（n，7)=1，（n，8)=1，
∵（n，8)=1，∴n为奇数，
∵3，7，8两两互质，∴3×7×8=168|（n6-1).
例12 设n，m∊Z，若（5，n)=1，（5，m)=1，则5|（n4-m4).
证明 ∵（5，n)=1，（5，m)=1，
∴5|（n4-1)，5|（m4-1)，
由例12和定理3不难得到如下推论.
推论1 设p为质数，n，m∊Z，若（p，n)=1，（p，m)=1，则p|（np-1-mp-1)（读者自证).
由定理3不难得到下面的推论.
推论2 设p为质数，n∊Z，则p|（np-n).
证明 （1)当（p，n)=1时，p|（np-1-1)，故p|（np-1-1)n=np-n.
（2)当（p，n)≠1时，p|n，故p|n（np-1-1)=np-n.
总之p|（np-n).
例13 设p为大于3的质数，a∊Z，则6p|（ap-a).
证明 由已知和推论2可得p|（ap-a).
∵p为大于3的质数，∴p为奇数.(www.xing528.com)
设p-1=2m（m∊Z)，则
∵6|a（a2-1)，
∴6|a（a2-1)（a2m-2＋a2m-4＋…＋1)=ap-a.
∵p为大于3的质数，∴（p，6)=1.
∴6p|（ap-a).
有时，我们需要综合运用上述方法中的几种.例14 若相邻三整数的中间一个是完全立方数，则它们的积可被504整除.
证明 设这三个整数依次为n3-1，n3，n3＋1（n∊Z)，则其积为
504=7×8×9，且7，8，9两两互质.
∵7|（n7-n)，∴7|（n7-n)n2=f（n).
∵f（n)=n3（n6-1)=n3（n2-1)（n4＋n2＋1)，当n为偶数时，8|n3，
∴8|f（n)；当n奇数时，8|（n2-1)，∴8|f（n).总之8|f（n).
∵f（n)=（n3-1)n3（n3＋1)，当n=3m（m∊Z)时，9|n3，∴9|n3（n3-1)（n3＋1)=f（n)；当n=3m±1时，n3=27m3±27m2＋9m±1，∴9|（n3±1)，∴9|f（n).
∵7，8，9两两互质，∴7×8×9=504|f（n).
习题1.7
1.设n，m为整数，求证：n＋m，n-m，nm中必有一个是3的倍数.
2.设a，b，c，d∊Z且a＜b＜c＜d，求证：
3.设n∊N，求证：576|（52n＋2-24n-25).
4.设n∊N，求证：8|n（n＋1)（32n＋1＋1).
5.设m∊N，求证：24|m（m-1)（m-2)（3m-5).
6.设n∊N，求证：6|n（2n＋1)（7n＋1).
7.设n∊N，求证：9|（3n＋1)×7n-1.
9.设p为大于5的质数，求证：240|（p4-1).
10.若（a，260)=（b，260)=1，证明260|（a12-b12).
11.设a，b∊Z，求证：42|ab（a6-b6).
12.用数学归纳法证明第4，6，8题.
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