“第一种方法，用群论中的拉格朗日定理来证明。”
“构造模p乘法群z*p=（1，2，3……p-1），p为素数，其阶为p-1。对该群中任意元素a∈z*p，其生成的循环子群
<a>的阶，必整除p-1。即存在整数k，使得p-1=k·ord（a），因此，可直接导出a^（p-1）≡1（mod p）。”
“清晰又简单，几步就证出来了……不过这需要用到群论。”
罗伦这一世並没有接触过抽象代数，甚至连线代等高等代数的內容也没接触过。
而群论属於抽象代数的分支內容。
当前，罗伦並不清楚这个世界的代数学，究竟发展到了哪个地步。
群环域等抽象代数的概念是否已经诞生？
连费马小定理都能被称作难题，想来是没诞生的，否则不至於连一道初等数论的题目都搞不定。毕竟初等数论的强度连线性代数都不如，强度在线性代数之上的抽象代数，那得解析数论和代数数论来了才能与之碰一碰。
所以，眼下若要用群论来解决这道题目，就得从无到有把群论搞出来，然后才能运用其中的各种结论解题。
为了证明个费马小定理，就將群论拎出来？
这纯属是用大炮打蚊子，或者说是为了蘸那点醋就去包饺子，非但没太大必要，还显得太蠢、太亏了。
毕竟，这个世界的数学知识並非只是死的逻辑工具，而是具有超凡特性的事物。
在没搞明白当前数学界的格局之前，贸然將群论这种能顛覆世界的数学大杀器祭出来，不一定是件好事。
本书首发????????????.??????,提供给你无错章节，无乱序章节的阅读体验
迅速毙掉群论证法后，罗伦的思绪再次流转起来。
“第二种方法，直接通过初等数论中的欧拉定理来证明，设a与p为正整数，且它们的最大公约数为1，则有a^φ(p)≡1（mod p），当p是一个素数时，φ(p)=p﹣1，即可得证……”
“说起来，费马小定理本就可以看作是数论欧拉定理的一个特例，属於是天然推论。”
“第三种方法，通过將二项式定理展开比较係数，再结合归纳法，也可得证。”
“第四种方法，进行多项式根与导数分析，利用代数方程的根唯一性来证明，不过还是需要用到群论的一些思想。”
“第五种方法，寻找组合不变量与代数结构的深层联繫，再通过旋转对称性来证明，譬如，將题干中的模p运算，与素数长度项炼的旋转对称性对应，也可以完成证明。”
“第六种方法，利用完全剩余系来证明，考虑集合{a， 2a，...，(p-1)a}在模p下的排列，这些数的乘积与1到p-1的乘积同余……”
思绪到这里，罗伦的心中又不由延伸出了更多的证明方法。
不过，多是以上几种方法的变形。
仔细斟酌了下，他觉得第三种方法最省心省事。
“相比於另外五种证法，二项式定理和归纳法，是这个世界中已诞生的概念……”
“之前在雾森三中上课时，有个数学老师为了卖弄自己对前沿知识的掌握程度，专门讲述过二项式定理的內容，不需要涉及新的概念，而且比较容易理解……那就它了。”
思绪流转到这里。
確定要用第三种证法，来解决这道猜想后，罗伦也不拖沓。
他一抬手，指尖自动绕起一圈橙黄雾气，化作一支带墨的写字笔，笔尖触及白色写字板，快速往上面书写起了自己的证明过程。
[对（a+1）^p进行二项式展开，可知：（a+1）^p=∑（k=0→p）（k，p）a^(k-p)·1^k=(0，p)a^p+(1，p)a^（p-1）+……+(p-1，p)a+（p，p）。]
[通过观察，可以注意到：当p是素数时，除了第一项和最后一项，其余的每一项係数都是p的倍数。]
一旁，莫利斯见罗伦居然看了几眼题目，没过多久，便开始了解答，神情不由一怔。
这就有解题思路了？
不会吧……
莫利斯心下一跳，但隨后又暗暗摇头：
“不可能，这才多久……”
“这小子应该和之前的我一样，发现一些思路就急匆匆地开始了作答。如果不出意外的话，他应该很快就会犯下我之前犯过的错误，走入死胡同，最终不得不回到原点。”
只是，不出意外的话还是出现了意外。
罗伦答题的速度很快。
笔下如有神助，书写相当流畅。
没过多久，罗伦的证明过程便走到了最后。
[……因此，根据归纳法，a^p﹣a被素数p整除对任意正整数a成立……最终，若p是一个素数，且整数a与p互质，则有a^（p﹣1）≡1（mod p），证毕！]
写下最后两个字后，罗伦扭头看向正盯著白色写字板发呆的莫利斯，说道：
“莫利斯特使，我证完了。”
莫利斯没有搭理他，反而还伸出手掌，一把將他薅开，自己凑到白色的写字板前，盯著他的证明过程逐字逐句地看了起来。
一边看，他还在喃喃吐字道：
“二项式展开？”
起初，莫利斯还想找找罗伦答题的错漏，然而，当他草草地將罗伦的解答过程瀏览一遍后，脸上的表情陡然变得十分严肃。
“等等，等等……將（a+1）^p展开后，每一项的係数，都和p有关？”
莫利斯呢喃间，又伸手一把將罗伦薅了过来，手指头指著写字板上的某处解答过程道：
“这里是怎么回事，怎么就注意到了？你没写清楚吧？”
“写清楚了的。”罗伦解释道：“不是每一项的係数，而是除了第一项与最后一项的係数，都是p的倍数，並且，前提是这个p是素数，偶数则不行。”
“嗯，好像是……”莫利斯还在思考中。
“不是好像是，而是就是。”罗伦上前拆解道：“二项式展开（a+1）^p后，係数（k，p）实际就等於p！/（k！（p-k）！）……”
“噢，知道了知道了。”
莫利斯发出了恍然大悟的声音：
“当p为素数，且0＜k＜p时，係数（k，p）是整数，且分子含因子p，因此係数（k，p）≡0（mod p）对所有0＜k＜p成立。所以除了第一项和最后一项，所有中间项的係数，都会保留一个不被约掉的p，意味著能被p整除。”
“接下来显而易见的，代入同余式可得（a+1）^p≡a^p+1（mod p），意味著（a+1）^p-a^p-1，必然是p的倍数。”
“而根据题目的假设內容，a^（p﹣1）≡1（mod p），简单调整后，可以將其变形为：a^p﹣a≡0（mod p）。”
“这时候，可以写出a^p﹣a的a+1项，有（a+1）^p﹣（a+1）=[（a+1）^p﹣a^p﹣1]+a^p﹣a，观察可知，若a^p﹣a能被p整除，则（a+1）^p﹣（a+1），也一定能被p整除。”
到这里，整道题的证明已是相当清晰明朗了。
根据归纳法，只需要证明当a=1时，a^p﹣a能被p整除即可。
而a=1时，a^p﹣a=0，显然是能被任意素数p整除的。
综上，弗根猜想由此得证。
“构造模p乘法群z*p=（1，2，3……p-1），p为素数，其阶为p-1。对该群中任意元素a∈z*p，其生成的循环子群
<a>的阶，必整除p-1。即存在整数k，使得p-1=k·ord（a），因此，可直接导出a^（p-1）≡1（mod p）。”
“清晰又简单，几步就证出来了……不过这需要用到群论。”
罗伦这一世並没有接触过抽象代数，甚至连线代等高等代数的內容也没接触过。
而群论属於抽象代数的分支內容。
当前，罗伦並不清楚这个世界的代数学，究竟发展到了哪个地步。
群环域等抽象代数的概念是否已经诞生？
连费马小定理都能被称作难题，想来是没诞生的，否则不至於连一道初等数论的题目都搞不定。毕竟初等数论的强度连线性代数都不如，强度在线性代数之上的抽象代数，那得解析数论和代数数论来了才能与之碰一碰。
所以，眼下若要用群论来解决这道题目，就得从无到有把群论搞出来，然后才能运用其中的各种结论解题。
为了证明个费马小定理，就將群论拎出来？
这纯属是用大炮打蚊子，或者说是为了蘸那点醋就去包饺子，非但没太大必要，还显得太蠢、太亏了。
毕竟，这个世界的数学知识並非只是死的逻辑工具，而是具有超凡特性的事物。
在没搞明白当前数学界的格局之前，贸然將群论这种能顛覆世界的数学大杀器祭出来，不一定是件好事。
本书首发????????????.??????,提供给你无错章节，无乱序章节的阅读体验
迅速毙掉群论证法后，罗伦的思绪再次流转起来。
“第二种方法，直接通过初等数论中的欧拉定理来证明，设a与p为正整数，且它们的最大公约数为1，则有a^φ(p)≡1（mod p），当p是一个素数时，φ(p)=p﹣1，即可得证……”
“说起来，费马小定理本就可以看作是数论欧拉定理的一个特例，属於是天然推论。”
“第三种方法，通过將二项式定理展开比较係数，再结合归纳法，也可得证。”
“第四种方法，进行多项式根与导数分析，利用代数方程的根唯一性来证明，不过还是需要用到群论的一些思想。”
“第五种方法，寻找组合不变量与代数结构的深层联繫，再通过旋转对称性来证明，譬如，將题干中的模p运算，与素数长度项炼的旋转对称性对应，也可以完成证明。”
“第六种方法，利用完全剩余系来证明，考虑集合{a， 2a，...，(p-1)a}在模p下的排列，这些数的乘积与1到p-1的乘积同余……”
思绪到这里，罗伦的心中又不由延伸出了更多的证明方法。
不过，多是以上几种方法的变形。
仔细斟酌了下，他觉得第三种方法最省心省事。
“相比於另外五种证法，二项式定理和归纳法，是这个世界中已诞生的概念……”
“之前在雾森三中上课时，有个数学老师为了卖弄自己对前沿知识的掌握程度，专门讲述过二项式定理的內容，不需要涉及新的概念，而且比较容易理解……那就它了。”
思绪流转到这里。
確定要用第三种证法，来解决这道猜想后，罗伦也不拖沓。
他一抬手，指尖自动绕起一圈橙黄雾气，化作一支带墨的写字笔，笔尖触及白色写字板，快速往上面书写起了自己的证明过程。
[对（a+1）^p进行二项式展开，可知：（a+1）^p=∑（k=0→p）（k，p）a^(k-p)·1^k=(0，p)a^p+(1，p)a^（p-1）+……+(p-1，p)a+（p，p）。]
[通过观察，可以注意到：当p是素数时，除了第一项和最后一项，其余的每一项係数都是p的倍数。]
一旁，莫利斯见罗伦居然看了几眼题目，没过多久，便开始了解答，神情不由一怔。
这就有解题思路了？
不会吧……
莫利斯心下一跳，但隨后又暗暗摇头：
“不可能，这才多久……”
“这小子应该和之前的我一样，发现一些思路就急匆匆地开始了作答。如果不出意外的话，他应该很快就会犯下我之前犯过的错误，走入死胡同，最终不得不回到原点。”
只是，不出意外的话还是出现了意外。
罗伦答题的速度很快。
笔下如有神助，书写相当流畅。
没过多久，罗伦的证明过程便走到了最后。
[……因此，根据归纳法，a^p﹣a被素数p整除对任意正整数a成立……最终，若p是一个素数，且整数a与p互质，则有a^（p﹣1）≡1（mod p），证毕！]
写下最后两个字后，罗伦扭头看向正盯著白色写字板发呆的莫利斯，说道：
“莫利斯特使，我证完了。”
莫利斯没有搭理他，反而还伸出手掌，一把將他薅开，自己凑到白色的写字板前，盯著他的证明过程逐字逐句地看了起来。
一边看，他还在喃喃吐字道：
“二项式展开？”
起初，莫利斯还想找找罗伦答题的错漏，然而，当他草草地將罗伦的解答过程瀏览一遍后，脸上的表情陡然变得十分严肃。
“等等，等等……將（a+1）^p展开后，每一项的係数，都和p有关？”
莫利斯呢喃间，又伸手一把將罗伦薅了过来，手指头指著写字板上的某处解答过程道：
“这里是怎么回事，怎么就注意到了？你没写清楚吧？”
“写清楚了的。”罗伦解释道：“不是每一项的係数，而是除了第一项与最后一项的係数，都是p的倍数，並且，前提是这个p是素数，偶数则不行。”
“嗯，好像是……”莫利斯还在思考中。
“不是好像是，而是就是。”罗伦上前拆解道：“二项式展开（a+1）^p后，係数（k，p）实际就等於p！/（k！（p-k）！）……”
“噢，知道了知道了。”
莫利斯发出了恍然大悟的声音：
“当p为素数，且0＜k＜p时，係数（k，p）是整数，且分子含因子p，因此係数（k，p）≡0（mod p）对所有0＜k＜p成立。所以除了第一项和最后一项，所有中间项的係数，都会保留一个不被约掉的p，意味著能被p整除。”
“接下来显而易见的，代入同余式可得（a+1）^p≡a^p+1（mod p），意味著（a+1）^p-a^p-1，必然是p的倍数。”
“而根据题目的假设內容，a^（p﹣1）≡1（mod p），简单调整后，可以將其变形为：a^p﹣a≡0（mod p）。”
“这时候，可以写出a^p﹣a的a+1项，有（a+1）^p﹣（a+1）=[（a+1）^p﹣a^p﹣1]+a^p﹣a，观察可知，若a^p﹣a能被p整除，则（a+1）^p﹣（a+1），也一定能被p整除。”
到这里，整道题的证明已是相当清晰明朗了。
根据归纳法，只需要证明当a=1时，a^p﹣a能被p整除即可。
而a=1时，a^p﹣a=0，显然是能被任意素数p整除的。
综上，弗根猜想由此得证。