Demostracion de el pequeño teorema de fermat

hola en este dia demostrare una variante de el pequeño teorema de fermat mas adelante demostrare el teorema en general y el lemma de hensel por lo tanto vamos a ver cual es el pequeño ya que de esa manera lo demostraremos

$$\displaystyle n^{p} \equiv n\ ( mod\ p) \ donde\ p\ es\ un\ numero\ primo$$

como lo demostraremos por induccion tenemos que el primer caso es decir el caso n=2 es facil de probar ya que

$$\displaystyle 2^{p} \equiv 2\ ( mod\ p)$$

lo cual implica que

$$\displaystyle 2^{p-1} \equiv 1\ ( mod\ p)$$

pasando el 1 a el otro lado tenemos que

$$\displaystyle 2^{p-1} -1\equiv 0\ ( mod\ p)$$

por lo que implica que

$$\displaystyle p\mid 2^{p-1} -1$$

es facil de probar lo anterior ya que

$$\displaystyle 2^{p-1} =\sum\limits ^{p-1}_{k=0}\binom{p-1}{k}$$

lo cual implica

$$\displaystyle 2^{p-1} -1=\sum ^{p-2}_{k=0}\binom{p-1}{k}$$

hasta aqui solamente se ha demostrado el caso mas facil a continuacion se demostrara el teorema en la variante que presente, bien ahora como lo que implica el pequeño teorema de fermat es que

$$\displaystyle p\mid n^{p} -n$$

usando induccion implica tambien que

$$\displaystyle p\mid ( n+1)^{p} -( n+1)$$

por lo que vamos a deducir la igualdad anterior empezando por

$$\displaystyle ( n+1)^{p} =\sum ^{p}_{k=0}\binom{p}{k} n^{k}$$

bien ahora pasando algunos terminos por un lado y acomodando un poco se tiene que

$$\displaystyle ( n+1)^{p} -( n+1) =\sum ^{p-1}_{k=1}\binom{p}{k} n^{k} +\left( n^{p} -n\right)$$

Por hipótesis, hemos supuesto que

$$\displaystyle p\mid n^{p} -n$$

y dado que todos los términos del sumatorio del miembro de la derecha son divisibles por p, tenemos que 

$$\displaystyle p\mid ( n+1)^{p} -( n+1)$$

Ahora bien, 1^p - 1 es divisible por p, por lo tanto 2^p - 2 también es divisible por p, y así sucesivamente.

y esa ha sido la demostracion de el pequeño teorema de fermat, siganos en facebook si le busta mi trabajo de divulgacion matematica y muchas gracias por su atencion