Este problema es bien conocido, pero mi prueba es diferente de la que yo he encontrado, así que decidí ponerlo aquí en caso de que alguien encuentra un error.
Así que quiero demostrar, $p \mid m^p-m$ donde $p$ es un número primo y $m \in \mathbb Z$. Obviamente $m^p-m=m(m^{p-1}-1)$, e $p-1$ es un número par. Suponiendo $p \nmid m$, $m$ puede ser escrito como $p \pm 1, \pm 2, \ldots ,\pm \frac{p-1}{2},$ y, a continuación, para$m=p \pm r, \ r \in \mathbb{Z}$,$p \mid m^{p-1}-1$.
Puedo demostrar la conjetura por inducción:
$m=p+1$: La expresión entre paréntesis se convierte (en expansión en el Binomio de la serie) $$ (1+p)^{p-1}-1=\sum_{k=0}^{p-1}\binom{p-1}{k}p^k-1=\binom{p-1}{1}p+\binom{p-1}{2}p^2+ \cdots,$$ since $1$ cancels out, and this is a multiple of $p$. If $m=p-1$: Aplicando la misma idea, la expresión entre paréntesis, se convierte en $\sum\limits_{k=0}^{p-1}\binom{p-1}{k}p^k (-1)^{p-1-k}-1$, el primer término es $(-1)^{p-1}$, y, desde el $p-1$ es incluso, se cancela con $1$ y el resto es un múltiplo de a $p$.
Asumir cierto para $m=p \pm r, \ r \in \mathbb Z$.
$m=p \pm r \pm 1$: una vez más, la expansión en el binomio de la serie, puedo obtener $$\sum_{k=0}^{p-1}\binom{p-1}{k}(p+r)^k -1 .$$ The $1$'s cancel out and the rest is a multiple of $(p+r)$, which, by Step 2 (assumption), $p \mid (p+r)^{p-1}-1$. Similar case when $p -r \pm 1$, lo que demuestra la conjetura.
