Her $a$ pozitif tamsayısı için $n\mid a^n-a$'nin tanımlı olabilmesi için $n$'nin pozitif tamsayı olması gerekir. $n\leq 0$ incelemesine gerek yoktur.
"$\Rightarrow$" kısmıyla başlayalım. $n=1$ ise $n$'nin asal böleni olmadığından sağ taraf her zaman doğru olacaktır. $n>1$ ve $p$ asalı için $p\mid n$ olsun. $p$'nin $n$'yi bölen en büyük kuvveti $\alpha\geq 1$ olsun. $a=p$ için $$n\mid p^n-p\implies p^{\alpha}\mid p^n-p\implies p^n\equiv p\pmod{p^{\alpha}}\implies p^{n-1}\equiv 1\pmod{p^{\alpha-1}}$$ olacaktır. $n-1\geq 1$ olduğundan $\alpha\neq 1$ durumunda $0\equiv 1\pmod{p}$ çelişkisi elde edilecektir. Dolayısıyla $\alpha=1$'dir ve $p^2\not\mid n$ olacaktır.
$p$ bir asal sayı olduğundan $p$ modunda ilkel kök vardır. Bunun ispatı için çeşitli kaynaklar vardır ama burada verirsem çok konu dışına çıkacağından dolayı eklemiyorum. Eğer başka bir gönderide paylaşılırsa buraya linkini ekleyebiliriz. $a$'yı $p$ modunda ilkel kök olarak seçelim. $(a,p)=1$'dir $a$'nın $p$ modunda mertebesi $\phi(p)=p-1$'dir. $p^2\not\mid n$ olduğundan $p$ ve $\frac{n}{p}$ aralarında asaldır ve Bezout teoreminden $a+pk$ ve $\frac{n}{p}$ aralarında asal olacak şekilde bir $k$ pozitif tamsayısı vardır. Dolayısıyla genelliği bozmadan $a$'yı hem $p$ hem de $\frac{n}{p}$ ile aralarında asal seçebiliriz. Bu ilkel kök $a$ için $(a,n)=1$ olacağından $$a^{n-1}\equiv 1\pmod{n}\implies a^{n-1}\equiv 1\pmod{p}$$ olacaktır. $a$, ilkel kök olduğundan da $p-1\mid n-1$ olmak zorundadır.
Şimdi "$\Leftarrow$" kısmını gösterelim. $n=1$ veya $n$'nin asal sayı olması durumunda küçük fermat teoreminden sol taraf doğru olacaktır. Dolayısıyla $n\geq 4$ kabul edebiliriz. Bu durumda $n$'nin tek asal böleni olmalıdır, aksi takdirde $p^2\not\mid n$ koşulundan dolayı $n=2$ olacaktır. $p$ tek asal böleni için $p-1$ çift olduğundan $2\mid n-1$ ve $n$ tek sayı bulunur. Dolayısıyla farklı $p_i$ tek asal bölenleri için $n=p_1p_2\dots p_k$ olarak yazılabilir.
Eğer $a$ pozitif tamsayısı için $(a,n)=d$ ise $d$'nin (varsa) tüm asal bölenleri de $p_1,p_2,\dots,p_k$ içerisinden ve karekalansız olmalıdır. $d$'nin bölenleri olan $p_i$ asallarını $q_1,q_2,\dots,q_t$ ile olmayan asalları ise $r_1,r_2,\dots, r_s$ ile gösterelim. Çin kalan teoreminden $$a^n-a\equiv 0\pmod{n}\iff (\text{her }i=1,2,\dots, k\text{ için }a^n-a\equiv 0\pmod{p_i})$$ olacaktır. $q_1,q_2,\dots, q_t$ için "$a^n-a\equiv 0\pmod{q_i}$" doğrudur çünkü $a\equiv 0\pmod{q_j}$ olacaktır. Diğer asallar için $(a,r_i)=1$ olacağından $$a^{n}\equiv a\pmod{r_i}\iff a^{n-1}\equiv 1\pmod{r_i}$$ olacaktır. $p-1\mid n-1$ koşulundan dolayı bu da doğrudur çünkü $$a^{n-1}\equiv \left(a^{r_i-1}\right)^{\frac{n-1}{r_i-1}}\equiv 1^{\frac{n-1}{r_i-1}}\equiv 1\pmod{r_i}$$ olacaktır. Dolayısıyla çin kalan teoreminden her $a$ pozitif tamsayısı için $n\mid a^n-a$ elde edilir.
