威尔逊定理

威尔逊定理

当且仅当 \(p\) 为素数， \((p-1)! \equiv -1 \:(mod ~p)\)

除了拉格朗日定理，也可以将 \(a\) 与 \(a^{-1}\) 配对证明，其中 \(a=2,3,...,p-2\) 最后考虑 \(p-1\equiv -1 \:(mod ~p)\) 即可

有两个很直接的推论：

1. \(n\ne 4且n是合数\iff n\mid (n-1)!\)

2. \(k!(p-k-1)!+(-1)^k\equiv 0\:(mod~p)\)

第二个直接由 \(p-1\equiv -1,p-2\equiv -2,...,p-k\equiv -k\) 给出

例1

求所有 \(n\) 使得 \(2n+7\mid n!-1\)

首先很明显 \(2n+7\) 基本是素数，或者较小的合数。

\(2n+7=uv\) ，如果可以 \(u< v\) ，那么当 \(n\ge 7\) ， \(n\ge \frac{2n+7}{3}\ge v\) ，使得 \(uv\mid n!\) ，否则 \(2n+7=p^2\) ，当 \(p\ge 7\) ，有 \(2\sqrt{2n+7}\le n\) ，也有 \(p^2\mid n!\)

尝试一下 \(n=1,2,...,6,9\) ，看到 \(n=1,5\) 是问题的解，不过，此时 \(2n+7\) 是合数。

若 \(2n+7=p\) 为素数，则已知是 \((\frac{p-7}2)!\equiv 1\:(mod~p)\) ，应用上述推论知 \((\frac{p+5}2)!\equiv(-1)^{\frac{p-5}2}\:(mod~p)\)

于是 \((-1)^{\frac{p-5}2}\equiv (\frac{p-7}2)!(\frac {p-5}2)(\frac{p-3}2)...(\frac{p+5}2)\equiv (\frac {p-5}2)(\frac{p-3}2)...(\frac{p+5}2)\:(mod~p)\)

然后 \((-1)^{\frac{p-5}2}\cdot 64\equiv 225\:(mod~p)\) ，得到 \(p=17,23\) ，给出的是 \(n=1,5,8\)

例2

证明：对每个素数 \(p\) ， \(1!,2!,...,(p-1)!\) 给出模 \(p\) 的至少 \([\sqrt p]\) 个余数

由于 \(k!(p-k)!\equiv (-1)^{k-1}(p-k)\:(mod~p)\)

现在如果 \(i\ne -j\:(mod~p),i!\equiv j!\:(mod~p)\) ，就有 \((p-i)!\ne (p-j)!\:(mod~p)\)

若题设不成立，就一定能找到 \([\sqrt p]+1\) 个 \(a_i\) 使得 \(a_i!\) 模 \(p\) 同余，则一定有 \([\sqrt p]\) 个 \((p-a_i)!\) 模 \(p\) 互不同余（当 \(i!\equiv(p-i)!\equiv j!\equiv (p-j)!\:(mod~p)\) ，但 \(i\ne -j\:(mod~p)\) 的话，就会有 \(i!(p-i)!\equiv j!(p-j)!\:(mod~p)\) ，显然矛盾，所以至多一对相反数），矛盾！

例3

设 \(f\) 是整系数非常值多项式，首项系数为正。求证：存在无穷多 \(n\ge 1\) 使得 \(f(n!)\) 为合数

不妨设 \(a_0\ne 0\) （否则显然），
设 \(f(x)=a_nx^n+...+a_0\)

因为 \(a_0\ne 0\) ，对充分大素数 \(p\) ，任意 \(x>p\) 都会 \(p\nmid f(x!)\) ，所以若 \(f(x!)=p\) ，只能是 \(f((p-k)!)=p\)

将式子 \(f((p-k)!)\equiv 0\:(mod~p)\) 两边同乘 \((k-1)!^n\) ，可以得到

\((-1)^{nk}a_n+(-1)^{(n-1)k}(k-1)!a_{n-1}+...+(k-1)!^na_0\equiv 0\:(mod~p)\)

固定 \(p\) ，将上式记作 \(x_k\) ，我们想办法让 \(x_k\) 多一个因子出来。

素因子幂次的控制，记得吗？尽管不一定是素数，但如果 \(a_n^2\mid (k-1)!\)（还得让 \(|x_k|\) 大一点，这并不困难）

我们看看 \(\frac{x_k}{a_n}\) 的某个素因子 \(p_k\) ，那么 \((p_k,a_n)=1\) ，于是 \(p_k\mid x_k\) ，于是 \(p_k\ge k\) （否则 \(p_k\mid (k-1)!\) ，易导出矛盾）

假设命题不成立。也就是，对充分大 \(n\) 会有 \(f(n!)\) 为素数

现在对足够大的 \(k\) 可以得到 \(p_k\ge k\) ，我们将 \(x_d\equiv 0\:(mod~p_k)\) 乘上 \((p_k-k)!^n\) 得到 \(f((p_k-k)!)=p_k\)

这里要取 \(k\) 使得 \(k\) 后面充分多的数都是合数，从而 \(p_k-k\) 会充分大

记 \(r_i=p_{k_i}-k_i\) （对后面跟随了充分多合数的所有 \(k_i\) ），构成无穷序列 \(r\) 满足 \(f(r_i!)=p_{k_i}=k_i+r_i\) ，因为 \(k_i\) 递增，所以 \(p_{k_i}\) 一定能找到一个子列递增，所以不妨 \(r_i\) 递增。

现在 \(r_{i+1}!-r_i!\mid r_{i+1}-r_i+(k_{i+1}-k_i)\)

那么取 \(k_i=i(N+2)!+2\) ， \(k_{i+1}-k_i\) 为定值，\(r_{i+1}-r_i+(k_{i+1}-k_i)\ge r_{i+1}!-r_i!\ge (r_{i+1}-1)!\) 很快就会不成立，矛盾