$Z_p$域

设$p$为质数，则集合   Z p = { 0 , 1 , ⋯   , p − 1 }   \,Z_p=\{0,1,\cdots,p-1\}\, Zp​={0,1,⋯,p−1}是模$p$的非负最小完全剩余系，同时也是模$p$的非负最小简化剩余系。

在$Z_p$中可以进行加法，减法，乘法，即对于$a,b\in Z_p$，$a\pm b$，$ab$都仍在$Z_p$中。

在$Z_p$中也能进行除法，即对于$a,b\in Z_p$，并且$a\ne 0$，一定有唯一的$x\in Z_p$，满足$ax\equiv b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$

$证：(1)存在性：由a\in Z_p,且a\ne 0得(a,p)=1。利用裴蜀恒等式一定有u,v\in Z,满足au+pv=1,从而aub+pvb=b,于是有aub\equiv b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),在完全剩余系Z_p中,有x满足x\equiv ub(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),于是有ax\equiv aub\equiv b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),存在性成立；(2)唯一性：另一方面,若x^{\prime }\in Z_p,满足a{x}^{\prime }\equiv b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),两式相减得a(x-x^{\prime })\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),而(a,p)=1,于是x-x^{\prime }\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),从而x=x^{\prime },则唯一性成立。$

综上讨论知，$Z_p$是一个域，即$Z_p$域是可以加法、乘法两种运算以及它们的逆运算减法、除法(除法不为$0$)的集合。有理数集$Q$，实数集$R$，复数集$C$，都是域，而$Z_p$域是一个有限域，即元素个数为有限的域。

例题

• 设质数$p>3$，证明：$\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\cdots +\frac{1}{(p-1{)}^2}=\frac{a}{b}$的分子$a$能被$p$整除。
  证 ： 在 式 子 两 边 同 乘 以 ( ( p − 1 ) ! ) 2   , 得   ( ( p − 1 ) ! ) 2 a b = ∑ k = 1 p − 1 ( ( p − 1 ) ! k ) 2   , 右 边 每 一 项 都 是 整 数 , 所 以 右 边 和 左 边 都 是 整 数 。 对 于 每 个   k ∈ { 1 , 2 , ⋯   , p − 1 }   , 存 在   h ∈ Z p   , 使 得   k h ≡ 1  ⁣ ⁣ ( m o d p )   , 而 不 同 的   k   有 不 同 的   h   , 于 是   ( ( p − 1 ) ! ) 2 a b ≡ ∑ h = 1 p − 1 ( ( p − 1 ) !   h ) 2 ≡ ( ( p − 1 ) ! ) 2 ∑ h = 1 p − 1 h 2 ≡ ( ( p − 1 ) ! ) 2 1 6 p ( p − 1 ) ( 2 p − 1 ) ≡ 0  ⁣ ⁣ ( m o d p )   , 即   p ∣ ( ( p − 1 ) ! ) 2 ⋅ a   , 又   p ∤ ( ( p − 1 ) ! ) 2   , 故   p ∣ a   证：在式子两边同乘以((p-1)!)^2\,,得\,((p-1)!)^2\dfrac{a}{b}=\begin{aligned}\sum_{k=1}^{p-1}(\dfrac{(p-1)!}{k})^2\end{aligned}\,,\\右边每一项都是整数,所以右边和左边都是整数。对于每个\,k \in \{1,2,\cdots,p-1\}\,,存在\,h \in Z_p\,,使得\\\,kh \equiv 1 \!\! \pmod{p}\,,而不同的\,k\,有不同的\,h\,,于是\,((p-1)!)^2\dfrac{a}{b} \equiv \begin{aligned}\sum_{h=1}^{p-1}((p-1)!\,h)^2 \equiv ((p-1)!)^2\sum_{h=1}^{p-1}h^2\end{aligned} \\ \equiv ((p-1)!)^2\dfrac{1}{6}p(p-1)(2p-1) \equiv 0 \!\! \pmod{p}\,,即\,p \mid ((p-1)!)^2\cdot a\,,又\,p \nmid ((p-1)!)^2\,,故\,p \mid a\, 证：在式子两边同乘以((p−1)!)2,得((p−1)!)2ba​=k=1∑p−1​(k(p−1)!​)2​,右边每一项都是整数,所以右边和左边都是整数。对于每个k∈{1,2,⋯,p−1},存在h∈Zp​,使得kh≡1(modp),而不同的k有不同的h,于是((p−1)!)2ba​≡h=1∑p−1​((p−1)!h)2≡((p−1)!)2h=1∑p−1​h2​≡((p−1)!)261​p(p−1)(2p−1)≡0(modp),即p∣((p−1)!)2⋅a,又p∤((p−1)!)2,故p∣a
• 设$p$是大于$3$的质数，$1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{p}=\frac{r}{ps}$，其中$r,s$是互质的自然数，证明：$p^3\mid (r-s)$
  $证：令T=1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{p-1}=\frac{r}{ps}-\frac{1}{p}=\frac{r-s}{ps},则2T=(1+\frac{1}{p-1})+(\frac{1}{2}+\frac{1}{p-2})+\cdots +(\frac{1}{p-1}+1)=p\begin{array}{r}\sum _{i=1}^{p-1}\frac{1}{i(p-i)}\end{array},设2^2,3^2,\cdots ,(p-1{)}^2的最小公倍数为M,则由M与p互质,得i(p-i)M\equiv -i^{2}M(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),得\frac{M}{i(p-i)}\equiv -\frac{M}{i^2}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),又对1\le i\le p-1,有1\le j\le p-1,满足ij\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),\frac{M}{i^2}\equiv M{j}^2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),则2MT=p\begin{array}{r}\sum _{i=1}^{p-1}\frac{M}{i(p-i)}\end{array}\equiv p\begin{array}{r}\sum _{i=1}^{p-1}(-\frac{M}{i^2})\end{array}\equiv -p\begin{array}{r}\sum _{i=1}^{p-1}M{j}^2\end{array}\equiv -\frac{pM(p-1)p(2p-1)}{6}\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}^2),即\frac{2M(r-s)}{ps}\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}^2),r-s\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}^3)$
• 设$p$是大于$5$的质数，$x,y$是自然数，证明：$\begin{array}{r}T=\sum _{k=1}^{p-1}\frac{1}{(px+k{)}^2}-\sum _{k=1}^{p-1}\frac{1}{(py+k{)}^2}\end{array}$写成既约分数后，分子是$p^3$的倍数。
  证 ： T = p ⋅ ∑ k = 1 p − 1 ( y − x ) ( p ( x + y ) + 2 k ) ( p x + k ) 2 ( p y + k ) 2   , 则 只 需 证   M ⋅ ∑ k = 1 p − 1 p ( y 2 − x 2 ) + 2 k ( y − x ) ( p x + k ) 2 ( p y + k ) 2 ≡ 0  ⁣ ⁣ ( m o d p 2 )   , 其 中   M   是 各 分 数 的 分 母 的 最 小 公 倍 数 , 且   p ∤ M   。 [ 1 ]   因 为   k ≢ 0  ⁣ ⁣ ( m o d p )   , 则 存 在 唯 一 的   h   ,   1 ≤ h ≤ p − 1   , 使 得   k h ≡ 1  ⁣ ⁣ ( m o d p )   , 当   k   取 遍 { 1 , 2 , ⋯   , p − 1 }   ,   h   也 取 遍 { 1 , 2 , ⋯   , p − 1 }   , 且   M ( p x + k ) 2 ( p y + k ) 2 h 4 ≡ M  ⁣ ⁣ ( m o d p )   , 于 是   M ∑ k = 1 p − 1 1 ( p x + k ) 2 ( p y + k ) 2 ≡ M ∑ h = 1 p − 1 h 4 ≡ 0  ⁣ ⁣ ( m o d p )   ( 由 于   ∑ h = 0 p − 1 1 = p ≡ 0  ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ( m o d p )    ( 1 )   ,   ∑ h = 0 p − 1 h = p ( p − 1 ) 2 ≡ 0  ⁣ ⁣ ( m o d p )    ( 2 )   ,   ∑ h = 0 p − 1 h 2 = ( p − 1 ) p ( 2 p − 1 ) 6 ≡ 0  ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ( m o d p )    ( 3 )   ,   ∑ h = 0 p − 1 h 3 = ( p ( p − 1 ) 2 ) 2 ≡ 0  ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ( m o d p )    ( 4 )   , 结 合   ( 1 ) , ( 2 ) , ( 3 ) , ( 4 )   , 得   0 ≡ ∑ h = 0 p − 1 ( ( h + 1 ) 5 − h 5 ) ≡ 5 ∑ h = 0 p − 1 h 4  ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ( m o d p )   , 则   ∑ h = 0 p − 1 h 4 ≡ 0  ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ( m o d p )    ) 从 而   M ∑ k = 0 p − 1 p ( y 2 − x 2 ) ( p x + k ) 2 ( p y + k ) 2 ≡ 0  ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ( m o d p )     ( 5 ) [ 2 ]   令   t = 2 ( x + y )   ,   M 1   为   p k 2 t + k 3   ( k = 1 , 2 , ⋯   , p − 1 )   的 最 小 公 倍 数 。 显 然   p ∤ M 1   , 则 有   M  ⁣ M 1 ( p x + k ) 2 ( p y + k ) 2 ≡ M  ⁣ M 1 ( k 3 + p t k 2 ) k  ⁣ ⁣ ( m o d p 2 )   , 所 以 2 ∑ k = 1 p − 1 k M  ⁣ M 1 ( p x + k ) 2 ( p y + k ) 2 ≡ 2 ∑ k = 1 p − 1 M  ⁣ M 1 k 3 + p t k 2 ≡ M  ⁣ M 1 ( ∑ k = 1 p − 1 1 k 3 + p t k 2 + ∑ k = 1 p − 1 1 ( p − k ) 3 + p t ( p − k ) 2 ) M  ⁣ M 1 ∑ k = 1 p − 1 p ( 3 + 2 t ) k 2 ( k 3 + p t k 2 ) ( ( p − k ) 3 + p t ( p − k ) 2 )  ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ( m o d p )     ( 6 ) 令   M 2   为   1 6 , 2 6 , ⋯   , ( p − 1 ) 6   的 最 小 公 倍 数 。 显 然   p ∤ M 2   , 又   M 2 ( k 3 + p t k 2 ) ( ( p − k ) 3 + p t ( p − k ) 2 ) ≡ − k 6 M 2  ⁣ ⁣ ( m o d p )   , 于 是   ∑ k = 1 p − 1 M  ⁣ M 1 M 2 k 2 ( k 3 + p t k 2 ) ( ( p − k ) 3 + p t ( p − k ) 2 ) ≡ − ∑ k = 1 p − 1 M  ⁣ M 1 M 2 k 4 ≡ − ∑ h = 1 p − 1 M  ⁣ M 1 M 2 h 4 ≡ 0  ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ( m o d p )     ( 7 ) 由   ( 6 ) , ( 7 )   式 , 得   M ∑ k = 1 p − 1 2 k ( y − x ) ( p x + k ) 2 ( p y + k ) 2 ≡ 0  ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ ( m o d p )     ( 8 )   由   ( 5 ) , ( 8 )   知 命 题 成 立 。 证：\begin{aligned}T=p\cdot\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{(y-x)(p(x+y)+2k)}{(px+k)^2(py+k)^2}\end{aligned}\,,则只需证\,\begin{aligned}M\cdot \sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{p(y^2-x^2)+2k(y-x)}{(px+k)^2(py+k)^2}\end{aligned} \equiv 0 \!\! \pmod{p^2}\,,\\其中\,M\,是各分数的分母的最小公倍数,且\,p \nmid M\,。[1]\,因为\,k \not \equiv 0 \!\! \pmod{p}\,,则存在唯一的\,h\,,\,1 \le h \le p-1\,,使得\,kh \equiv 1 \!\! \pmod{p}\,,当\,k\,取遍\{1,2,\cdots,p-1\}\,,\,h\,也取遍\{1,2,\cdots,p-1\}\,,且\,M(px+k)^2(py+k)^2h^4 \equiv M \!\! \pmod{p}\,,\\于是\,M\begin{aligned}\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{1}{(px+k)^2(py+k)^2}\end{aligned} \equiv M\begin{aligned}\sum_{h=1}^{p-1}h^4\end{aligned} \equiv 0 \!\! \pmod{p}\,(由于\,\begin{aligned}\sum_{h=0}^{p-1}1 = p \equiv 0 \!\!\!\!\! \pmod{p} \end{aligned}\,\,(1)\,,\,\begin{aligned}\sum_{h=0}^{p-1}h=\dfrac{p(p-1)}{2}\end{aligned} \equiv 0 \!\! \pmod{p}\,\,(2)\,,\,\begin{aligned}\sum_{h=0}^{p-1}h^2 = \dfrac{(p-1)p(2p-1)}{6} \equiv 0 \!\!\!\!\! \pmod{p}\end{aligned}\,\,(3)\,,\,\begin{aligned}\sum_{h=0}^{p-1}h^3 = (\dfrac{p(p-1)}{2})^2 \equiv 0 \!\!\!\!\! \pmod{p}\end{aligned}\,\,(4)\,,\\结合\,(1),(2),(3),(4)\,,得\,\begin{aligned}0 \equiv \sum_{h=0}^{p-1}((h+1)^5-h^5) \equiv 5\sum_{h=0}^{p-1}h^4 \!\!\!\!\! \pmod{p}\end{aligned}\,,则\,\begin{aligned}\sum_{h=0}^{p-1}h^4 \equiv 0 \!\!\!\!\! \pmod{p}\end{aligned}\,\,)\\ 从而\,\begin{aligned}M\sum_{k=0}^{p-1}\dfrac{p(y^2-x^2)}{(px+k)^2(py+k)^2} \equiv 0 \!\!\!\!\! \pmod{p}\end{aligned}\,\,\,(5)\\ [2]\,令\,t=2(x+y)\,,\,M_1\,为\,pk^2t+k^3\,(k=1,2,\cdots,p-1)\,的最小公倍数。显然\,p \nmid M_1\,,则有\,M\!M_1(px+k)^2(py+k)^2 \equiv M\!M_1(k^3+ptk^2)k \!\! \pmod{p^2}\,,所以\\ \begin{aligned}&2\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{kM\!M_1}{(px+k)^2(py+k)^2} \equiv 2\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{M\!M_1}{k^3+ptk^2} \equiv M\!M_1(\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{1}{k^3+ptk^2}+\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{1}{(p-k)^3+pt(p-k)^2})\\ & M\!M_1\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{p(3+2t)k^2}{(k^3+ptk^2)((p-k)^3+pt(p-k)^2)} \!\!\!\!\! \pmod{p}\,\,\,(6)\end{aligned}\\ 令\,M_2\,为\,1^6,2^6,\cdots,(p-1)^6\,的最小公倍数。显然\,p \nmid M_2\,,又\,M_2(k^3+ptk^2)((p-k)^3+pt(p-k)^2) \equiv -k^6M_2 \!\! \pmod{p}\,,\\于是\,\begin{aligned}\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{M\!M_1M_2k^2}{(k^3+ptk^2)((p-k)^3+pt(p-k)^2)} \equiv -\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{M\!M_1M_2}{k^4} \equiv -\sum_{h=1}^{p-1}M\!M_1M_2h^4 \equiv 0 \!\!\!\!\! \pmod{p}\,\,\,(7)\end{aligned}\\由\,(6),(7)\,式,得\,\begin{aligned}M\sum_{k=1}^{p-1}\dfrac{2k(y-x)}{(px+k)^2(py+k)^2} \equiv 0 \!\!\!\!\! \pmod{p}\,\,\,(8)\end{aligned}\,\\由\,(5),(8)\,知命题成立。 证：T=p⋅k=1∑p−1​(px+k)2(py+k)2(y−x)(p(x+y)+2k)​​,则只需证M⋅k=1∑p−1​(px+k)2(py+k)2p(y2−x2)+2k(y−x)​​≡0(modp2),其中M是各分数的分母的最小公倍数,且p∤M。[1]因为k​≡0(modp),则存在唯一的h,1≤h≤p−1,使得kh≡1(modp),当k取遍{1,2,⋯,p−1},h也取遍{1,2,⋯,p−1},且M(px+k)2(py+k)2h4≡M(modp),于是Mk=1∑p−1​(px+k)2(py+k)21​​≡Mh=1∑p−1​h4​≡0(modp)(由于h=0∑p−1​1=p≡0(modp)​(1),h=0∑p−1​h=2p(p−1)​​≡0(modp)(2),h=0∑p−1​h2=6(p−1)p(2p−1)​≡0(modp)​(3),h=0∑p−1​h3=(2p(p−1)​)2≡0(modp)​(4),结合(1),(2),(3),(4),得0≡h=0∑p−1​((h+1)5−h5)≡5h=0∑p−1​h4(modp)​,则h=0∑p−1​h4≡0(modp)​)从而Mk=0∑p−1​(px+k)2(py+k)2p(y2−x2)​≡0(modp)​(5)[2]令t=2(x+y),M1​为pk2t+k3(k=1,2,⋯,p−1)的最小公倍数。显然p∤M1​,则有MM1​(px+k)2(py+k)2≡MM1​(k3+ptk2)k(modp2),所以​2k=1∑p−1​(px+k)2(py+k)2kMM1​​≡2k=1∑p−1​k3+ptk2MM1​​≡MM1​(k=1∑p−1​k3+ptk21​+k=1∑p−1​(p−k)3+pt(p−k)21​)MM1​k=1∑p−1​(k3+ptk2)((p−k)3+pt(p−k)2)p(3+2t)k2​(modp)(6)​令M2​为16,26,⋯,(p−1)6的最小公倍数。显然p∤M2​,又M2​(k3+ptk2)((p−k)3+pt(p−k)2)≡−k6M2​(modp),于是k=1∑p−1​(k3+ptk2)((p−k)3+pt(p−k)2)MM1​M2​k2​≡−k=1∑p−1​k4MM1​M2​​≡−h=1∑p−1​MM1​M2​h4≡0(modp)(7)​由(6),(7)式,得Mk=1∑p−1​(px+k)2(py+k)22k(y−x)​≡0(modp)(8)​由(5),(8)知命题成立。

Note : 对于熟练的人，在模$m$的模运算过程中不但分子中$m$的倍数可以略去，分母中$m$的倍数也可略去。
$$\begin{gathered} 于是(8)推导过程可写成： \\ \begin{array}{rl}& \sum _{k=1}^{p-1}\frac{2k}{(px+k{)}^2(py+k{)}^2}\equiv \sum _{k=1}^{p-1}\frac{2k}{k^4+2p(x+y)k^3}=\sum _{k=1}^{p-1}(\frac{1}{k^3+pt{k}^2}+\frac{1}{(p-k{)}^3+pt(p-k{)}^2})\\ & \equiv p\sum _{k=1}^{p-1}\frac{3k^2+2t{k}^2}{-k^6}=p\sum _{k=1}^{p-1}\frac{3+2t}{k^4}\equiv p\sum _{h=1}^{p-1}(3+2t)h^4\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}^2)\end{array} \end{gathered}$$

简化剩余系：乘除法运算的封闭性

若$a,b$都与$n$互质，则$ab$也与$n$互质，因此在模$n$的简化剩余系中可以做乘法。

在模$n$的简化剩余系中也可以做除法，即设$a,b$为模$n$的简化剩余系中两个元素，则一定存在唯一的$x$使得$ax\equiv b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)$

$$\begin{gathered} 证：(1)存在性：设b_1,b_2,\cdots ,b_{\phi (n)}为一简化剩余系,则由于a与n互质,则a{b}_1,a{b}_2,\cdots ,a{b}_{\phi (n)}互不同余,并且均与n互质, \\ 则它们也是模n的简化剩余系,其中必有一个与b在同一类中,即ax\equiv b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)有解,存在性成立； \\ (2)唯一性：若在b_1,b_2,\cdots ,b_{\phi (n)}中有另一个x^{\prime }使得a{x}^{\prime }\equiv b(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n),两式相减得a(x-x^{\prime })\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n),由于(a,n)=1,得x=x^{\prime },唯一性成立。 \end{gathered}$$

例题

• 设$r_1,r_2,\cdots ,r_{\phi (m)}$是模$m$的简化剩余系，且$A=r_1{r}_2\cdots r_{\phi (m)}$，试证：$A^2\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$
  $$\begin{gathered} 证：对于模m的简化剩余系的任一整数r_i(i=1,2,\cdots ,\phi (m)),该模m的简化剩余系中存在唯一的x,使得r_{i}x\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m),设其中有k(k为偶数)个r_i的x是它自身,即r_i^2\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m),其余的r_i的x不是它自身, \\ 则(\begin{array}{r}\prod _{i=1}^k{r}_i^2\end{array})(\begin{array}{r}\prod _{i=k+1}^{\phi (m)}\end{array}{r}_i)\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)(1),又(\begin{array}{r}\prod _{i=k+1}^{\phi (m)}\end{array}{r}_i)\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)(2),(1)\times (2)即知命题成立。 \end{gathered}$$
• 证明：(威尔逊定理) $p$为质数的充要条件是$(p-1)!\equiv -1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$
  $证：(1)必要性：当p=2或3时,定理显然成立。若r是下列p-3个数：2,3,\cdots ,p-2的中的一个,则在这些数中必有一个数s\ne r,使得rs\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)(事实上,r,2r,3r,\cdots ,(p-1)r为模p的一个简化剩余系,且其中存在唯一一个数sr,满足sr\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),由于2\le r\le p-2,故s\ne 1,p-1,此外,s\ne r,否则有r^2\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),即(r+1)(r-1)\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),故应有p\mid (r+1)或p\mid (r-1),但2\le r\le p-2,矛盾。)又因为rs=sr,即r和s是成对出现的,故2,3,\cdots ,p-2这p-3个数共可分为\frac{p-3}{2}对,每一对数的乘积均模p同余1,因此2\cdot 3\cdots (p-2)\equiv 1^{\frac{p-3}{2}}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),即(p-2)!\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),从而(p-1)!\equiv -1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p);(2)充分性：反证法。假设p为合数,则p有一个真因数d(1<d<p且d\mid p),由d\le p-1,知d\mid (p-1)!,又(p-1)!\equiv -1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),故d\mid 1,得d=1,这与d>1矛盾,因此p必为质数。$
• 设$p$为奇质数，试证：$1^2\cdot 3^2\cdots (p-2{)}^2\equiv (-1{)}^{\frac{p+1}{2}}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$
  $证：当p为奇质数时,(p-1)!=(1\cdot (p-1))(3\cdot (p-3))\cdots ((p-2)(p-(p-2)))\equiv (-1{)}^{\frac{p-1}{2}}\cdot 1^2\cdot 3^2\cdots (p-2{)}^2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),由威尔逊定理,知(p-1)!\equiv -1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),即(-1{)}^{\frac{p-1}{2}}\cdot 1^2\cdot 3^2\cdots (p-2)!\equiv -1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),因此命题成立。$
• 设$p,n$是正整数，且$p\ge n>0$，试证：$p$为质数的充要条件是$(n-1)!(p-n)!\equiv (-1{)}^n(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$
  $证：因为k\equiv -(p-k)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),所以(n-1)!\equiv (-1{)}^{n-1}(p-1)(p-2)\cdots (p-n+1)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p),由威尔逊定理,得p的充要条件是(n-1)!(p-n)!\equiv (-1{)}^{n-1}(p-1)\cdots (p-n+1)(p-n)!\equiv (-1{)}^{n-1}(p-1)!\equiv (-1{)}^{n-1}(-1)\equiv (-1{)}^n(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$

End