咋个易见呢？还是应该写出来，否则功亏一篑。
反证法：
假如n|a_k(a_1-1),
记(a_i, n)=p_i, (a_i-1, n)=q_i, 并规定p_(i+k)=p_i, q_(i+k)=q_i
一方面由p_i与q_i互质->p_iq_i|n, 得n>=p_iq_i, 连乘得n^k>=\prod(p_iq_i), 取等号的条件是n=p_iq_i。
另一方面由题设加假设有 n|p_iq_(i+1), 得n<=p_iq_(i+1), 连乘得n^k<=\prod(p_iq_i), 取等号的条件是n=p_iq_(i+1)。
所以必有n^k=\prod(p_iq_i), 并致使前述取等号的条件俱真, 于是可得p_i=q_i=\sqrt{n}。（余略） 最后一步还不完善。取等号的条件是$p_1=p_2=...=p_k,q_1=q_2=...=q_n,p_1q_1=n$
这个时候我们我们需要借助中国剩余定理来得出矛盾。
我记得这个题目在百度数学吧里面给出过的 这是去年IMO的第一题.分享一个证明:
由已知条件, 易得
a_1\equiv a_1a_2\equiv\cdots\equiv a_1a_2\cdots a_k \ (mod \ n)
同理,
a_2\equiv a_2a_3\equiv\cdots\equiv a_2a_3\cdots a_k \ (mod \ n)
反证, 如果 n|a_k(a_1-1) , 那么
a_1a_2\cdots a_k\equiv a_2a_3\cdots a_k \ (mod \ n)
即 a_1\equiv a_2 \ (mod \ n)
但是已知 0<|a_1-a_2|<n , 矛盾
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