Derivados de Fermat poco teorema de $(a+1)^p\equiv a^p+1$ modulo $p$?

Question

Se sabe que $p$ divide el coeficiente binomial $\binom{p}{i}$$1\leq i\leq p-1$. Así, desde el teorema del binomio, no es difícil ver $ (a+1)^p\equiv a^p+1 $ modulo $p$.

Es allí una manera de derivar de Fermat poco teorema $a^p\equiv a$ mod $p$, sin recurrir a Lagrange del teorema? Me siento como si me podría decir $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^\times$ es un grupo cíclico de orden $p-1$, lo $(a+1)^p\equiv a+1$, por lo tanto $a+1\equiv a^p+1$, pero esto parece no faltar a este punto, ya me gustaría saber a $a^p\equiv a$ desde el ir.

Answer 1

Vamos a demostrar por inducción que para todo $n\in N$ tenemos $n^p=n\pmod p$. La base de ($n=0$) es fácil de verificar.

Inducción paso:

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$$(n+1)^p\equiv n^p+1\equiv n+1 \pmod p$$

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(Por la hipótesis de inducción, $n^p\equiv n \pmod p$