一：费马小定理：假若 p为质数，a为任意正整数，那么 ap-a可被 p 整除
二：欧拉函数：假若 a与 n 互质，那么 aΦ(n)-1可被 
整除。亦即，aΦ(n)≡1(mod n)
1:如果n=1，则 Φ(1) = 1 。因为1与任何数（包括自身）都构成互质关系。
2:如果n是质数，则 Φ(n)=n-1 。因为质数与小于它的每一个数，都构成互质关系。比如5与1、2、3、4都构成互质关系。
3:如果n是质数的某一个次方，即 n = pk (p为质数，k为大于等于1的整数)，则
Φ(pk)=pk-pk-1
这是因为只有当一个数不包含质数p，才可能与n互质。而包含质数p的数一共有p^(k-1)个，即1×p、2×p、3×p、...、p^(k-1)×p，把它们去除，剩下的就是与n互质的数。
4:如果n可以分解成两个互质的整数之积，n = p1 × p2则Φ(n) = Φ(p1p2) = Φ(p1)Φ(p2)
即积的欧拉函数等于各个因子的欧拉函数之积。比如，Φ(56)=Φ(8×7)=Φ(8)×Φ(7)=4×6=24。
5:因为任意一个大于1的正整数，都可以写成一系列质数的积。
n=p1*p2*...pn
根据4可以得到：
Φ(n)=Φ(p1)*Φ(p2)*...Φ(pn)
根据3可以得到：
Φ(n)=(p1-1)*(p2-1)*...(pn-1)
三：欧拉定理
如果两个正整数a和n互质，则n的欧拉函数 φ(n) 可以让下面的等式成立：
aΦ(n)≡1(mod n)
四：模反元素
如果两个正整数a和n互质，那么一定可以找到整数b，使得 ab-1 被n整除，或者说ab被n除的余数是1。
ab≡1(mod n)
五：扩展欧几里德算法
用类似辗转相除法，求二元一次不定方程47x+30y=1的整数解。
- 47=30*1+17
- 30=17*1+13
- 17=13*1+4
- 13=4*3+1
然后把它们改写成“余数等于”的形式
- 17=47*1+30*(-1) //式1
- 13=30*1+17*(-1) //式2
- 4=17*1+13*(-1) //式3
- 1=13*1+4*(-3)
然后把它们“倒回去”
- 1=13*1+4*(-3) //应用式3
- 1=13*1+[17*1+13*(-1)]*(-3)
- 1=13*4+17*(-3) //应用式2
- 1=[30*1+17*(-1)]*4+17*(-3)
- 1=30*4+17*(-7) //应用式1
- 1=30*4+[47*1+30*(-1)]*(-7)
- 1=30*11+47*(-7)
得解x=-7, y=11。
六：密钥生成的步骤
1：随机选择两个不相等的质数p和q。
比如61和53。（实际应用中，这两个质数越大，就越难破解。）
2：计算p和q的乘积n。
n = 61×53 = 3233
n的长度就是密钥长度。3233写成二进制是110010100001，一共有12位，所以这个密钥就是12位。实际应用中，RSA密钥一般是1024位，重要场合则为2048位。
3：计算n的欧拉函数φ(n)
φ(n) = (p-1)(q-1)
φ(3233)等于60×52，即3120
4：随机选择一个整数e，条件是1< e < φ(n)，且e与φ(n) 互质
就在1到3120之间，随机选择17。（实际应用中，常常选择65537。）
5：计算e对于φ(n)的模反元素d
就是指有一个整数d，可以使得ed被φ(n)除的余数为1。
ed ≡ 1 (mod φ(n))
这个式子等价于
ed - 1 = kφ(n)
于是，找到模反元素d，实质上就是对下面这个二元一次方程求解
ex + φ(n)y = 1
已知 e=17, φ(n)=3120，代入
17x + 3120y = 1
这个方程可以用"扩展欧几里得算法"求解为 (x,y)=(2753,-15)，即 d=2753。
至此所有计算完成。
6：将n和e封装成公钥，n和d封装成私钥
n=3233，e=17，d=2753，所以公钥就是 (3233,17)，私钥就是（3233, 2753）
七：RSA算法的可靠性
回顾上面的密钥生成步骤，一共出现六个数字：
p q n φ(n) e d
这六个数字之中，公钥用到了两个（n和e），其余四个数字都是不公开的。其中最关键的是d，因为n和d组成了私钥，一旦d泄漏，就等于私钥泄漏。
那么，有无可能在已知n和e的情况下，推导出d？
（1）ed≡1 (mod φ(n))。只有知道e和φ(n)，才能算出d。
（2）φ(n)=(p-1)(q-1)。只有知道p和q，才能算出φ(n)。
（3）n=pq。只有将n因数分解，才能算出p和q。
结论：如果n可以被因数分解，d就可以算出，也就意味着私钥被破解。
可是，大整数的因数分解，是一件非常困难的事情。目前，除了暴力破解，还没有发现别的有效方法
"对极大整数做因数分解的难度决定了RSA算法的可靠性。换言之，对一极大整数做因数分解愈困难，RSA算法愈可靠。
假如有人找到一种快速因数分解的算法，那么RSA的可靠性就会极度下降。但找到这样的算法的可能性是非常小的。今天只有短的RSA密钥才可能被暴力破解。到2008年为止，世界上还没有任何可靠的攻击RSA算法的方式。
只要密钥长度足够长，用RSA加密的信息实际上是不能被解破的。"
--from 维基百科
举例来说，你可以对3233进行因数分解（61×53），但是你没法对下面这个整数进行因数分解
12301866845301177551304949
58384962720772853569595334
79219732245215172640050726
36575187452021997864693899
56474942774063845925192557
32630345373154826850791702
61221429134616704292143116
02221240479274737794080665
351419597459856902143413
它等于这样两个质数的乘积：
33478071698956898786044169
84821269081770479498371376
85689124313889828837938780
02287614711652531743087737
814467999489
×
36746043666799590428244633
79962795263227915816434308
76426760322838157396665112
79233373417143396810270092
798736308917
事实上，这大概是人类已经分解的最大整数（232个十进制位，768个二进制位）。比它更大的因数分解，还没有被报道过，因此目前被破解的最长RSA密钥就是768位。
八：加密和解密
有了公钥和密钥，就能进行加密和解密了。
（1）加密要用公钥 (n,e)
假设鲍勃要向爱丽丝发送加密信息m，他就要用爱丽丝的公钥 (n,e) 对m进行加密。这里需要注意，m必须是整数（字符串可以取ascii值或unicode值），且m必须小于n。
所谓"加密"，就是算出下式的c：
me ≡ c (mod n)
公钥是 (3233, 17)，m假设是65，那么可以算出下面的等式：
6517 ≡ 2790 (mod 3233)
于是，c等于2790
（2）解密要用私钥(n,d)
用私钥(3233, 2753) 进行解密。可以证明，下面的等式一定成立：
cd ≡ m (mod n)
也就是说，c的d次方除以n的余数为m。现在，c等于2790，私钥是(3233, 2753)，那么，爱丽丝算出
27902753 ≡ 65 (mod 3233)
因此加密前的原文就是65。
至此，"加密--解密"的整个过程全部完成。
我们可以看到，如果不知道d，就没有办法从c求出m。而前面已经说过，要知道d就必须分解n，这是极难做到的，所以RSA算法保证了通信安全。
你可能会问，公钥(n,e) 只能加密小于n的整数m，那么如果要加密大于n的整数，该怎么办？有两种解决方法：一种是把长信息分割成若干段短消息，每段分别加密；另一种是先选择一种"对称性加密算法"（比如DES），用这种算法的密钥加密信息，再用RSA公钥加密DES密钥。
九、私钥解密的证明
最后，我们来证明，为什么用私钥解密，一定可以正确地得到m。也就是证明下面这个式子：
cd ≡ m (mod n)
因为，根据加密规则
ｍe ≡ c (mod n)
于是，c可以写成下面的形式：
c = me - kn
将c代入要我们要证明的那个解密规则：
(me - kn)d ≡ m (mod n)
(me - kn)d =med+d(me)i(-kn)(d-i)+(-kn)d 其中(1<i<d)
显然d(me)i(-kn)(d-i)+(-kn)d≡0(mod n)
因此，它等同于求证
med ≡ m (mod n)
由于
ed ≡ 1 (mod φ(n))
所以ed-1=hφ(n)
ed = hφ(n)+1
将ed代入：
mhφ(n)+1 ≡ m (mod n)
接下来，分成两种情况证明上面这个式子。
（1）m与n互质。
根据欧拉定理，此时
mφ(n) ≡ 1 (mod n)
得到
(mφ(n))h × m ≡ m (mod n)
原式得到证明。
（2）m与n不是互质关系。
此时，由于n等于质数p和q的乘积，所以m必然等于kp或kq。
以 m = kp为例，考虑到这时k与q必然互质，则kp与q互斥，则根据欧拉定理，下面的式子成立：
(kp)q-1 ≡ 1 (mod q)
进一步得到
[(kp)q-1]h(p-1) ≡ 1 (mod q)，得到：
[(kp)q-1]h(p-1) × kp ≡ kp (mod q)
得到
(kp)h(q-1)(p-1)+1 ≡ kp (mod q)
因为ed≡1(mod φ(n))即：ed-1=h(φ(n))
又φ(n)=(p-1)(q-1)
则：ed-1=h(p-1)(q-1)
即：ed=1+h(p-1)(q-1)
得到
(kp)ed ≡ kp (mod q)
将它改写成下面的等式
(kp)ed -kp = tq
即
(kp)ed = tq + kp
这时t必然能被p整除，即 t=t'p
(kp)ed = t'pq + kp
因为 m=kp，n=pq，所以
med=t'n+kp
即
med ≡ m (mod n)
原式得到证明。
转自http://www.ruanyifeng.com/blog/2013/07/rsa_algorithm_part_two.html，又增加了一些详细证明步骤。