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Forse è più da "glossario e teoria di base" essendo una proprietà molto base dell'ordine moltiplicativo modulo $p$ di $a$ (il nome che si dà a questo $j$). Credo che basti mettere, come suggerisce il libro, $p-1=kj+r$, vale allora ovviamente:
$$a^{p-1}\equiv a^{kj+r} \pmod p$$
Usando le proprietà delle potenze sul RHS si ottiene
$$a^{p-1}\equiv (a^{j})^k\cdot a^r \pmod p$$
Ma $(a^j)^k$ è congruo ad $1$ modulo $p$ per come abbiamo definito $j$, usando Fermat per ridurre anche il LHS (dando per scontato $\gcd(a,p)=1$ perché altrimenti il problema non ha molto senso) ottengo dunque:
$$1\equiv 1\cdot a^r \pmod p$$
Ma $r$ è minore di $j$ (che è il più piccolo numero per cui $a^j\equiv 1 \pmod p$) e quindi, se $r\ne 0$, $a^r$ non può essere congruo ad $1$ modulo $p$ ed abbiamo un assurdo. Quindi il resto della divisione di $p-1$ per $j$ è $0$, come volevasi dimostrare.