3.4Wilson定理及其推广
Wilson定理及其推广 详细讲解与推导
一、前置核心概念铺垫
在正式讲解Wilson定理前，先明确2个核心基础概念，这是所有证明的前提：
- 既约剩余系（简化剩余系）：模\(m\)的一个剩余类称为既约剩余类，若该类中任意数都与\(m\)互素；从每个既约剩余类中任取一个数，构成的集合就是模\(m\)的一组既约剩余系。模\(m\)的既约剩余系的元素个数为欧拉函数\(\varphi(m)\)。
- 例：素数\(p\)的既约剩余系有\(\varphi(p)=p-1\)个元素，\(1,2,\dots,p-1\)就是模\(p\)的一组标准既约剩余系。
- 模\(m\)的逆元：若整数\(a\)满足\((a,m)=1\)，则存在唯一的整数\(b\)，使得\(ab \equiv 1 \pmod{m}\)，称\(b\)为\(a\)模\(m\)的逆元，记为\(a^{-1}\)。逆元的唯一性和存在性是Wilson定理证明的核心逻辑。
二、核心定理1：Wilson定理（素数模情形）
定理内容
设\(p\)是素数，\(r_1,r_2,\dots,r_{p-1}\)是模\(p\)的一组既约剩余系，则有：
特别地，取标准既约剩余系\(1,2,\dots,p-1\)，可得Wilson定理的经典形式：
详细证明过程
我们分情况完成严谨证明：
-
平凡情形：\(p=2\)
模2的既约剩余系仅有1个元素\(1\)，乘积为\(1\)；而\(-1 \equiv 1 \pmod{2}\)，因此\(1 \equiv -1 \pmod{2}\)，结论成立。 -
核心情形：奇素数\(p \geq 3\)
我们通过逆元配对法完成证明，分为3个步骤：-
步骤1：逆元的存在性与唯一性
对既约剩余系中的任意\(r_i\)，因\((r_i,p)=1\)，根据逆元性质，存在唯一的\(r_j\)，使得\(r_i r_j \equiv 1 \pmod{p}\)，即\(r_j\)是\(r_i\)的逆元。 -
步骤2：寻找自逆元（逆元是自身的元素）
若\(r_i = r_j\)，则\(r_i^2 \equiv 1 \pmod{p}\)，变形得：\[r_i^2 -1 \equiv 0 \pmod{p} \implies (r_i-1)(r_i+1) \equiv 0 \pmod{p} \]因\(p\)是素数，素数满足“若\(p \mid ab\)，则\(p \mid a\)或\(p \mid b\)”，因此上式成立当且仅当：
\[r_i -1 \equiv 0 \pmod{p} \quad \text{或} \quad r_i +1 \equiv 0 \pmod{p} \]即\(r_i \equiv 1 \pmod{p}\)或\(r_i \equiv -1 \pmod{p}\)（也就是\(r_i \equiv p-1 \pmod{p}\)）。
注意\(p \geq3\)，因此\(1\)和\(-1\)模\(p\)不同余，是仅有的两个自逆元。 -
步骤3：配对相乘求总乘积
模\(p\)的既约剩余系共有\(p-1\)个元素，去掉\(1\)和\(-1\)两个自逆元，剩余\(p-3\)个元素（\(p\)是奇素数，\(p-1\)是偶数，因此剩余元素个数为偶数）。
这些元素都不是自逆元，因此可以两两配对，每一对的两个元素互为逆元，乘积恒为\(1 \pmod{p}\)。
不妨设\(r_1 \equiv 1 \pmod{p}\)，\(r_{p-1} \equiv -1 \pmod{p}\)，则剩余元素的乘积满足：\[r_2 r_3 \dots r_{p-2} \equiv 1 \pmod{p} \]因此总乘积为：
\[r_1 \cdot (r_2 \dots r_{p-2}) \cdot r_{p-1} \equiv 1 \cdot 1 \cdot (-1) = -1 \pmod{p} \]
综上，式(1)得证；而\(1,2,\dots,p-1\)是模\(p\)的一组既约剩余系，因此\((p-1)! \equiv -1 \pmod{p}\)，式(2)得证。
-
实例验证
取素数\(p=13\)，标准既约剩余系为\(1,2,\dots,12\)，逆元配对如下：
剩余自逆元\(1\)和\(12 \equiv -1 \pmod{13}\)，因此总乘积：
与定理结论完全一致。
补充：Wilson定理的逆定理（素数充要条件）
Wilson定理不仅是素数的必要条件，也是充分条件，构成素数的充要条件：
设\(n>1\)是正整数，若\((n-1)! \equiv -1 \pmod{n}\)，则\(n\)必为素数。
证明（反证法）：假设\(n\)是合数，则\(n\)存在一个真因子\(d\)，满足\(1<d<n\)。
因\(d <n\)，故\(d \mid (n-1)!\)，即\((n-1)! \equiv 0 \pmod{d}\)；
但由条件\((n-1)! \equiv -1 \pmod{n}\)，可得\((n-1)! \equiv -1 \pmod{d}\)，即\(0 \equiv -1 \pmod{d}\)，推出\(d \mid 1\)，与\(d>1\)矛盾。
因此假设不成立，\(n\)必为素数。
三、Wilson定理的推广（合数模情形）
我们将Wilson定理从素数模推广到一般正整数模，讨论模\(m\)的既约剩余系乘积的同余结果，分为3个核心推广定理。
定理2：奇素数的幂次模\(p^l\)
定理内容
设素数\(p \geq3\)，\(l \geq1\)，\(c=\varphi(p^l)\)，\(r_1,r_2,\dots,r_c\)是模\(p^l\)的一组既约剩余系，则有：
特别地，模\(p^l\)的标准既约剩余系乘积满足：
详细证明
证明逻辑与素数模完全一致，核心仍是逆元配对：
- 对模\(p^l\)的既约剩余系中任意\(r_i\)，因\((r_i,p^l)=1\)，存在唯一逆元\(r_j\)，使得\(r_i r_j \equiv 1 \pmod{p^l}\)。
- 寻找自逆元：\(r_i^2 \equiv1 \pmod{p^l}\)，即\((r_i-1)(r_i+1) \equiv0 \pmod{p^l}\)。
因\(p\)是奇素数，\(\gcd(r_i-1,r_i+1)=\gcd(r_i-1,2)\)，与\(p\)互素，因此\(p^l\)不可能同时整除\(r_i-1\)和\(r_i+1\)，故上式成立当且仅当：\[r_i \equiv1 \pmod{p^l} \quad \text{或} \quad r_i \equiv -1 \pmod{p^l} \]即仅有的两个自逆元为\(1\)和\(-1\)，模\(p^l\)下不同余。 - 剩余\(\varphi(p^l)-2\)个元素可两两配对，每对乘积为\(1 \pmod{p^l}\)，因此总乘积为：\[1 \cdot 1 \cdot (-1) = -1 \pmod{p^l} \]定理得证。
实例验证
取\(p=3\)，\(l=3\)，即模\(3^3=27\)，\(\varphi(27)=18\)，既约剩余系为\(1,2,4,5,7,8,10,11,13,14,16,17,19,20,22,23,25,26\)。
逆元配对：\(2 \cdot14 \equiv4 \cdot7 \equiv5 \cdot11 \equiv \dots \equiv20 \cdot23 \equiv1 \pmod{27}\)，剩余自逆元\(1\)和\(26 \equiv-1 \pmod{27}\)，总乘积\(\equiv -1 \pmod{27}\)，与定理一致。
定理3：2倍奇素数幂模\(2p^l\)
定理内容
设素数\(p \geq3\)，\(l \geq1\)，\(c=\varphi(2p^l)\)，\(r_1,r_2,\dots,r_c\)是模\(2p^l\)的一组既约剩余系，则有：
详细证明
核心思路是通过模\(p^l\)的既约剩余系构造模\(2p^l\)的既约剩余系，结合中国剩余定理完成证明：
- 欧拉函数性质：因\(2\)与\(p^l\)互素，故\(\varphi(2p^l)=\varphi(2)\varphi(p^l)=\varphi(p^l)\)，即模\(2p^l\)和模\(p^l\)的既约剩余系元素个数相等。
- 构造模\(2p^l\)的既约剩余系：
设\(r_1,r_2,\dots,r_c\)是模\(p^l\)的一组既约剩余系，构造新序列：\[r_j' = \begin{cases} r_j, & 2 \nmid r_j \quad (\text{$r_j$为奇数}) \\ r_j + p^l, & 2 \mid r_j \quad (\text{$r_j$为偶数}) \end{cases}\]该序列满足3个核心性质：- 所有\(r_j'\)均为奇数，故\((r_j',2)=1\)；
- \(r_j' \equiv r_j \pmod{p^l}\)，故\((r_j',p^l)=(r_j,p^l)=1\)，因此\((r_j',2p^l)=1\)；
- 若\(r_i' \equiv r_j' \pmod{2p^l}\)，则\(r_i \equiv r_j \pmod{p^l}\)，故\(i=j\)，即序列两两不同余。
因此\(r_1',r_2',\dots,r_c'\)是模\(2p^l\)的一组既约剩余系。
- 同余推导：
由构造可知\(r_j' \equiv r_j \pmod{p^l}\)，结合定理2，得：\[r_1' r_2' \dots r_c' \equiv r_1 r_2 \dots r_c \equiv -1 \pmod{p^l} \]同时所有\(r_j'\)都是奇数，奇数乘积为奇数，故\(r_1' \dots r_c' \equiv 1 \equiv -1 \pmod{2}\)。
因\(2\)与\(p^l\)互素，根据中国剩余定理，同余式在模\(2p^l\)下有唯一解，故：\[r_1' r_2' \dots r_c' \equiv -1 \pmod{2p^l} \]定理得证。
定理4：2的幂次模\(2^l\)
2是唯一的偶素数，其既约剩余系的乘积规律与奇素数完全不同，是推广定理中最特殊的情形。
定理内容
设\(c=\varphi(2^l)=2^{l-1}\)，\(l \geq1\)，\(r_1,r_2,\dots,r_c\)是模\(2^l\)的一组既约剩余系，则有：
详细证明
分情况讨论：
- 平凡情形\(l=1\)：模\(2^1=2\)的既约剩余系为\(\{1\}\)，乘积为\(1 \equiv -1 \pmod{2}\)，结论成立。
- 情形\(l=2\)：模\(2^2=4\)的既约剩余系为\(\{1,3\}\)，乘积为\(1 \cdot3=3 \equiv -1 \pmod{4}\)，结论成立。
- 核心情形\(l \geq3\)：
模\(2^l\)的既约剩余系元素均为奇数，对任意\(r_i\)，存在唯一逆元\(r_j\)使得\(r_i r_j \equiv1 \pmod{2^l}\)。- 步骤1：寻找自逆元
自逆元满足\(r_i^2 \equiv1 \pmod{2^l}\)，即\((r_i-1)(r_i+1) \equiv0 \pmod{2^l}\)。
因\(r_i\)是奇数，\(r_i-1\)和\(r_i+1\)是两个连续偶数，故\(\gcd(r_i-1,r_i+1)=2\)，且其中一个必为4的倍数。
两边除以4得：\[\frac{r_i-1}{2} \cdot \frac{r_i+1}{2} \equiv0 \pmod{2^{l-2}} \]因\(\frac{r_i-1}{2}\)和\(\frac{r_i+1}{2}\)是连续整数，互素，因此上式成立当且仅当：\[\frac{r_i-1}{2} \equiv0 \pmod{2^{l-2}} \quad \text{或} \quad \frac{r_i+1}{2} \equiv0 \pmod{2^{l-2}} \]即\(r_i \equiv1 \pmod{2^{l-1}}\)或\(r_i \equiv-1 \pmod{2^{l-1}}\)。
展开模\(2^l\)的解，得到4个自逆元：\[r_i \equiv 1,\ 2^{l-1}+1,\ 2^{l-1}-1,\ 2^l-1 \equiv-1 \pmod{2^l} \] - 步骤2：计算总乘积
模\(2^l\)的既约剩余系共有\(2^{l-1}\)个元素，去掉4个自逆元，剩余\(2^{l-1}-4\)个元素可两两配对，每对乘积为\(1 \pmod{2^l}\)，这部分乘积\(\equiv1 \pmod{2^l}\)。
计算4个自逆元的乘积：\[1 \cdot (2^{l-1}+1) \cdot (2^{l-1}-1) \cdot (-1) = 1 \cdot (2^{2l-2}-1) \cdot (-1) \]当\(l \geq3\)时，\(2l-2 \geq l\)，故\(2^{2l-2} \equiv0 \pmod{2^l}\)，因此\(2^{2l-2}-1 \equiv-1 \pmod{2^l}\)，代入得：\[1 \cdot (-1) \cdot (-1) = 1 \pmod{2^l} \]因此总乘积为\(1 \cdot1=1 \pmod{2^l}\)，定理得证。
- 步骤1：寻找自逆元
实例验证
取\(l=3\)，模\(8\)的既约剩余系为\(\{1,3,5,7\}\)，乘积为\(1 \cdot3 \cdot5 \cdot7=105 \equiv1 \pmod{8}\)，符合\(l \geq3\)的结论；
取\(l=4\)，模\(16\)的既约剩余系自逆元为\(1,7,9,15\)，乘积为\(1 \cdot7 \cdot9 \cdot15=945 \equiv1 \pmod{16}\)，与定理一致。
四、最终结论与表格总结
一般结论
对正整数\(m\)，模\(m\)的一组既约剩余系的乘积模\(m\)的结果，仅当\(m=1,2,4,p^l,2p^l\)（\(p\)为奇素数，\(l \geq1\)）时，乘积同余于\(-1 \pmod{m}\)；其余所有正整数\(m\)，乘积均同余于\(1 \pmod{m}\)。
详细归纳表格
| 模\(m\)的类型 | 欧拉函数\(\varphi(m)\) | 既约剩余系乘积的同余结果 | 备注 |
|---|---|---|---|
| \(m=1\) | \(\varphi(1)=1\) | \(\equiv -1 \pmod{1}\)（所有整数模1均为0，\(-1 \equiv0 \pmod{1}\)） | 平凡情形 |
| \(m=2\) | \(\varphi(2)=1\) | \(\equiv -1 \pmod{2}\) | 2的幂次，\(l=1\) |
| \(m=4\) | \(\varphi(4)=2\) | \(\equiv -1 \pmod{4}\) | 2的幂次，\(l=2\) |
| \(m=2^l\)，\(l \geq3\) | \(\varphi(2^l)=2^{l-1}\) | \(\equiv 1 \pmod{2^l}\) | 2的高次幂，自逆元有4个，乘积为1 |
| \(m=p^l\)，\(p\)为奇素数，\(l \geq1\) | \(\varphi(p^l)=p^l - p^{l-1}\) | \(\equiv -1 \pmod{p^l}\) | 奇素数的幂次，仅2个自逆元，配对后乘积为-1 |
| \(m=2p^l\)，\(p\)为奇素数，\(l \geq1\) | \(\varphi(2p^l)=\varphi(p^l)\) | \(\equiv -1 \pmod{2p^l}\) | 2倍奇素数幂，通过奇素数幂的既约剩余系构造证明 |
| 其他正整数\(m\) | - | \(\equiv 1 \pmod{m}\) | 如\(m=12,15,16,18\)等，均满足乘积≡1 mod\(m\) |
Wilson定理经典例题 详细讲解与推导
这两个例题是Wilson定理的核心应用，我们将逐一拆解题干、补充证明细节、讲透逻辑原理，并给出实例验证，确保每一步推导都清晰可追溯。
例1 详细讲解
题干重述
设\(p\)是奇素数，\(r_0,r_1,\dots,r_{p-1}\)和\(r_0',r_1',\dots,r_{p-1}'\)是模\(p\)的两组完全剩余系。证明：\(r_0r_0',r_1r_1',\dots,r_{p-1}r_{p-1}\)一定不是模\(p\)的完全剩余系。
前置核心知识点
- 模\(p\)完全剩余系的核心性质：模\(p\)的完全剩余系恰好包含\(p\)个两两模\(p\)不同余的整数，且有且仅有一个元素被\(p\)整除（对应模\(p\)的0剩余类），剩余\(p-1\)个元素与\(p\)互素，构成模\(p\)的既约剩余系。
- 素数整除性质：若\(p\)是素数，\(p \mid ab\)当且仅当\(p \mid a\)或\(p \mid b\)。
- Wilson定理：素数\(p\)的任意一组既约剩余系的乘积，模\(p\)同余于\(-1\)，即\((p-1)! \equiv -1 \pmod{p}\)。
证明过程完整拆解（含原证明“为什么”的解答）
本题采用反证法，核心逻辑是：假设结论不成立，推出与Wilson定理矛盾的结果，从而证明原命题为真。
-
反证假设
假设\(r_0r_0',r_1r_1',\dots,r_{p-1}r_{p-1}\)是模\(p\)的完全剩余系。
根据完全剩余系的性质，该序列有且仅有一个元素被\(p\)整除，不妨设为\(r_0r_0'\)，即：\[p \mid r_0r_0', \quad p \nmid r_jr_j' \quad (1 \leq j \leq p-1) \] -
解答原证明的“为什么”：为什么必有\(p \mid r_0\)且\(p \mid r_0'\)
分两步严谨证明：- 第一步：由素数整除性质，\(p \mid r_0r_0'\)可推出\(p \mid r_0\)或\(p \mid r_0'\)。
- 第二步：证明\(p\)必须同时整除\(r_0\)和\(r_0'\)，不能仅整除其一。
反证：假设仅\(p \mid r_0\)，\(p \nmid r_0'\)。
由于\(r_0',r_1',\dots,r_{p-1}'\)是模\(p\)的完全剩余系，其中有且仅有一个元素被\(p\)整除，而\(p \nmid r_0'\)，因此必然存在某个\(j \geq 1\)，使得\(p \mid r_j'\)。
此时\(r_jr_j'\)会被\(p\)整除，与“\(p \nmid r_jr_j' \ (1 \leq j \leq p-1)\)”矛盾。
同理，若仅\(p \mid r_0'\)、\(p \nmid r_0\)，也会推出矛盾。
因此，必须有\(p \mid r_0\)且\(p \mid r_0'\)。
-
推导既约剩余系的结论
由于\(r_0,r_1,\dots,r_{p-1}\)是完全剩余系，且仅\(r_0\)被\(p\)整除，因此\(r_1,r_2,\dots,r_{p-1}\)均与\(p\)互素、两两模\(p\)不同余，共\(p-1\)个元素，是模\(p\)的一组既约剩余系。
同理，\(r_1',r_2',\dots,r_{p-1}'\)也是模\(p\)的一组既约剩余系。
同时，根据反证假设，\(r_0r_0',r_1r_1',\dots,r_{p-1}r_{p-1}'\)是完全剩余系，仅\(r_0r_0'\)被\(p\)整除，因此\(r_1r_1',\dots,r_{p-1}r_{p-1}'\)也与\(p\)互素、两两模\(p\)不同余，也是模\(p\)的一组既约剩余系。 -
应用Wilson定理推出矛盾
根据Wilson定理，模\(p\)的任意既约剩余系的乘积模\(p\)同余于\(-1\)，因此：- 对\(r_1,\dots,r_{p-1}\)：\(r_1r_2\cdots r_{p-1} \equiv -1 \pmod{p}\)
- 对\(r_1',\dots,r_{p-1}'\)：\(r_1'r_2'\cdots r_{p-1}' \equiv -1 \pmod{p}\)
- 对\(r_1r_1',\dots,r_{p-1}r_{p-1}'\)：\((r_1r_1')(r_2r_2')\cdots (r_{p-1}r_{p-1}') \equiv -1 \pmod{p}\)
将前两个式子左右相乘，可得：
\[(r_1r_2\cdots r_{p-1}) \cdot (r_1'r_2'\cdots r_{p-1}') \equiv (-1) \cdot (-1) = 1 \pmod{p} \]左边交换乘法顺序，恰好就是\((r_1r_1')(r_2r_2')\cdots (r_{p-1}r_{p-1}')\)，因此得到矛盾式：
\[1 \equiv -1 \pmod{p} \]即\(p \mid 2\)，但\(p\)是奇素数（\(p \geq 3\)），不可能整除2，矛盾成立。
-
最终结论
反证假设不成立，因此\(r_0r_0',r_1r_1',\dots,r_{p-1}r_{p-1}\)一定不是模\(p\)的完全剩余系。
实例验证
取奇素数\(p=3\)，构造两组模3的完全剩余系：
- 第一组：\(r_0=0, r_1=1, r_2=2\)
- 第二组：\(r_0'=0, r_1'=2, r_2'=1\)
对应相乘得到序列：\(0 \times 0=0,\ 1 \times 2=2,\ 2 \times 1=2\)，即\(\{0,2,2\}\)。
该序列模3有重复元素，不满足完全剩余系“两两不同余”的要求，验证了结论的正确性。
例2 详细讲解
题干重述
设\(p\)是奇素数，证明：
前置核心知识点
- 同余基本性质：对任意整数\(k\)，有\(p - k \equiv -k \pmod{p}\)。
- Wilson定理：若\(p\)是素数，则\((p-1)! \equiv -1 \pmod{p}\)。
- 奇素数的奇偶性：\(p\)是奇素数，故\(p-1\)是偶数，\(1,2,\dots,p-1\)中恰好有\(\frac{p-1}{2}\)个奇数（\(1,3,\dots,p-2\)）和\(\frac{p-1}{2}\)个偶数。
证明过程完整拆解
本题核心思路：将\((p-1)!\)进行配对变形，利用同余性质转化为目标式，再结合Wilson定理完成证明。
-
对\((p-1)!\)进行配对拆分
\(p\)是奇素数，\(1\)到\(p-1\)的所有整数可按“奇数\(k\)和\(p-k\)”两两配对，无重复、无遗漏：\[(p-1)! = 1 \times 2 \times 3 \times \dots \times (p-2) \times (p-1) \]重新排列为配对形式：
\[(p-1)! = \left[1 \times (p-1)\right] \times \left[3 \times (p-3)\right] \times \dots \times \left[(p-2) \times (p-(p-2))\right] \]配对逻辑：
- 每组第一个数是\(1,3,\dots,p-2\)，即\(1\)到\(p-1\)的所有奇数，共\(\frac{p-1}{2}\)个；
- 每组第二个数是\(p-1,p-3,\dots,2\)，即\(1\)到\(p-1\)的所有偶数，刚好覆盖剩余所有数。
-
利用同余性质化简配对项
根据同余基本性质，对任意奇数\(k \in \{1,3,\dots,p-2\}\)，有\(p - k \equiv -k \pmod{p}\)，因此每组乘积可化简为：\[k \times (p - k) \equiv k \times (-k) = -k^2 \pmod{p} \] -
整体化简\((p-1)!\)
一共有\(\frac{p-1}{2}\)个配对项，每个配对项贡献一个\(-1\)，因此整体乘积可写为：\[(p-1)! \equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}} \times \left(1^2 \times 3^2 \times \dots \times (p-2)^2\right) \pmod{p} \] -
结合Wilson定理完成证明
根据Wilson定理，\((p-1)! \equiv -1 \pmod{p}\)，代入上式得：\[-1 \equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}} \times \left(1^2 \times 3^2 \times \dots \times (p-2)^2\right) \pmod{p} \]等式两边同时乘以\((-1)^{\frac{p-1}{2}}\)，利用\((-1)^n \times (-1)^n = (-1)^{2n} = 1\)的性质化简：
- 左边：\(-1 \times (-1)^{\frac{p-1}{2}} = (-1)^{1 + \frac{p-1}{2}} = (-1)^{\frac{p+1}{2}}\)
- 右边：\((-1)^{\frac{p-1}{2}} \times (-1)^{\frac{p-1}{2}} \times \left(1^2 \times 3^2 \times \dots \times (p-2)^2\right) = 1^2 \times 3^2 \times \dots \times (p-2)^2\)
因此最终得到目标式：
\[1^2 \cdot 3^2 \cdot \dots \cdot (p-2)^2 \equiv (-1)^{\frac{p+1}{2}} \pmod{p} \]原命题得证。
实例验证
-
取奇素数\(p=5\)：
左边：\(1^2 \times 3^2 = 1 \times 9 = 9 \equiv 4 \pmod{5}\)
右边：\((-1)^{\frac{5+1}{2}} = (-1)^3 = -1 \equiv 4 \pmod{5}\)，左右相等，结论成立。 -
取奇素数\(p=7\)：
左边：\(1^2 \times 3^2 \times 5^2 = 1 \times 9 \times 25 = 225 \equiv 1 \pmod{7}\)
右边：\((-1)^{\frac{7+1}{2}} = (-1)^4 = 1\)，左右相等，结论成立。
核心考点总结
| 例题 | 核心知识点 | 核心解题技巧 |
|---|---|---|
| 例1 | 完全剩余系性质、素数整除性质、Wilson定理 | 反证法，利用Wilson定理推出同余矛盾 |
| 例2 | 同余基本变形、Wilson定理 | 阶乘配对拆分，利用\(p-k \equiv -k \pmod{p}\)化简 |
Wilson定理配套习题 完整解答与推导
以下所有题目均基于Wilson定理及其推广、同余基本性质、费马小定理、中国剩余定理等核心数论知识，每道题均给出严谨的分步推导，确保逻辑完整、步骤清晰。
题1 素数的充要条件证明
题干：证明\(n\)是素数的充要条件是：
(i) \(n \mid (n-1)! +1\)；
(ii) \(n \mid (n-2)! -1\)；
(iii) 存在正整数\(k(k \leq n)\)，使得\(n \mid (k-1)! (n-k)! + (-1)^{k-1}\)。
(i) 证明
这是Wilson定理的核心充要条件，分必要性和充分性分别证明：
-
必要性（\(n\)是素数 \(\implies n \mid (n-1)! +1\)）
若\(n\)是素数，由Wilson定理，模\(n\)的既约剩余系\(1,2,\dots,n-1\)的乘积满足：\[(n-1)! \equiv -1 \pmod{n} \]移项得\((n-1)! +1 \equiv 0 \pmod{n}\)，即\(n \mid (n-1)! +1\)，必要性得证。
-
充分性（\(n \mid (n-1)! +1 \implies n\)是素数）
用反证法，假设\(n\)是合数：- 若\(n=4\)，\((4-1)! +1=6+1=7\)，\(4 \nmid7\)，不满足条件；
- 若\(n>4\)是合数，则\(n\)存在真因子\(d\)，满足\(1<d<n\)，因此\(d \mid (n-1)!\)，即\((n-1)! \equiv 0 \pmod{d}\)。
由条件\((n-1)! \equiv -1 \pmod{n}\)，可得\((n-1)! \equiv -1 \pmod{d}\)，即\(0 \equiv -1 \pmod{d}\)，推出\(d \mid1\)，与\(d>1\)矛盾。
因此假设不成立，\(n\)必为素数，充分性得证。
(ii) 证明
同样分必要性和充分性：
-
必要性（\(n\)是素数 \(\implies n \mid (n-2)! -1\)）
- 若\(n=2\)，\((2-2)! -1=0!-1=0\)，\(2 \mid0\)，成立；
- 若\(n\)是奇素数，由Wilson定理：\[(n-1)! = (n-1)(n-2)! \equiv -1 \pmod{n} \]而\(n-1 \equiv -1 \pmod{n}\)，代入得：\[(-1) \cdot (n-2)! \equiv -1 \pmod{n} \]两边同乘\(-1\)，得\((n-2)! \equiv 1 \pmod{n}\)，即\(n \mid (n-2)! -1\)，必要性得证。
-
充分性（\(n \mid (n-2)! -1 \implies n\)是素数）
反证法，假设\(n\)是合数：- \(n=1\)时，\((1-2)!\)无意义，排除；\(n=4\)时，\((4-2)! -1=2-1=1\)，\(4 \nmid1\)，不满足；
- \(n>4\)是合数，则\(n\)存在真因子\(d\)，满足\(1<d \leq n-2\)，因此\(d \mid (n-2)!\)，即\((n-2)! \equiv0 \pmod{d}\)。
由条件\((n-2)! \equiv1 \pmod{n}\)，得\((n-2)! \equiv1 \pmod{d}\)，即\(0 \equiv1 \pmod{d}\)，矛盾。
因此\(n\)必为素数，充分性得证。
(iii) 证明
-
必要性（\(n\)是素数 \(\implies\) 存在满足条件的\(k\)）
取\(k=1\)，代入式子得：\[(1-1)! (n-1)! + (-1)^{1-1} = 0! \cdot (n-1)! +1 = (n-1)! +1 \]由(i)的结论，\(n\)是素数时\(n \mid (n-1)! +1\)，因此\(k=1\)满足条件，必要性得证。
-
充分性（存在\(k\)满足条件 \(\implies n\)是素数）
设存在\(k \leq n\)，使得\((k-1)! (n-k)! \equiv (-1)^k \pmod{n}\)，反证法假设\(n\)是合数：- \(n=4\)时，逐一验证\(k=1,2,3,4\)，均不满足条件，排除；
- \(n>4\)是合数，设\(p\)是\(n\)的最小素因子，则\(p \leq \sqrt{n}\)。
若\(k \leq p\)，则\(k-1 \leq p-1\)，\((k-1)!\)与\(p\)互素，而\(n-k \geq n-p \geq p\)，故\(p \mid (n-k)!\)，因此左边\((k-1)! (n-k)! \equiv0 \pmod{p}\)，右边\((-1)^k \equiv \pm1 \pmod{p}\)，矛盾；
若\(k \geq n-p+1\)，则\(n-k \leq p-1\)，\((n-k)!\)与\(p\)互素，而\(k-1 \geq n-p \geq p\)，故\(p \mid (k-1)!\)，左边仍\(\equiv0 \pmod{p}\)，与右边\(\pm1\)矛盾。
因此假设不成立，\(n\)必为素数，充分性得证。
题2 素数方幂的否定性证明
题干：设素数\(p>5\)，证明：
(i) \((p-1)! +1\)不可能是素数的方幂；
(ii) \((p-2)! -1\)不可能是素数的方幂。
(i) 证明
反证法，假设\((p-1)! +1 = q^m\)，其中\(q\)是素数，\(m \geq1\)。
- 由Wilson定理，\(p \mid (p-1)! +1 = q^m\)，而\(q\)是素数，故\(q=p\)，即\((p-1)! +1 = p^m\)。
- 若\(m=1\)，则\((p-1)! = p-1\)，仅\(p=2,3\)成立，与\(p>5\)矛盾；
- 若\(m \geq2\)，对等式两边除以\(p-1\)，得：\[(p-2)! = p^{m-1} + p^{m-2} + \dots + 1 \]两边模\(p\)，左边\((p-2)! \equiv1 \pmod{p}\)（题1(ii)结论），右边模\(p\)等于\(m\)个\(1\)相加，即\(\equiv m \pmod{p}\)，因此\(m \equiv1 \pmod{p}\)，即\(m=tp+1\)，\(t \geq1\)（\(t=0\)对应\(m=1\)已排除）。
- 因此\(m \geq p+1\)，故\(p^m \geq p^{p+1}\)；另一方面，\((p-1)! < p^{p-1}\)（每个因子\(k<p\)，乘积小于\(p^{p-1}\)），因此：\[(p-1)! +1 < p^{p-1} + p^{p-1} = 2p^{p-1} < p \cdot p^{p-1} = p^p < p^{p+1} \leq p^m \]推出\(p^m < p^m\)，矛盾。
因此假设不成立，\((p-1)! +1\)不可能是素数的方幂。
(ii) 证明
反证法，假设\((p-2)! -1 = q^m\)，\(q\)是素数，\(m \geq1\)。
- 由题1(ii)，\(p \mid (p-2)! -1 = q^m\)，故\(q=p\)，即\((p-2)! -1 = p^m\)，即\((p-2)! = p^m +1\)。
- 对等式两边模\(p-1\)：
- 左边：\(p>5\)是素数，故\(p-1 \geq6\)是大于4的合数，对合数\(n>4\)，有\((n-1)! \equiv0 \pmod{n}\)。令\(n=p-1\)，则\((p-2)! = (n-1)! \equiv0 \pmod{p-1}\)。
- 右边：\(p \equiv1 \pmod{p-1}\)，故\(p^m \equiv1^m=1 \pmod{p-1}\)，因此\(p^m +1 \equiv 2 \pmod{p-1}\)。
- 因此得到\(0 \equiv2 \pmod{p-1}\)，即\(p-1 \mid2\)，解得\(p=2\)或\(3\)，与\(p>5\)矛盾。
故假设不成立，\((p-2)! -1\)不可能是素数的方幂。
题3 孪生素数的充要条件
题干：证明\(n,n+2\)同时是素数的充要条件是
核心前置结论
同余式\(a \equiv b \pmod{mn}\)（\(\gcd(m,n)=1\)）等价于\(\begin{cases}a \equiv b \pmod{m} \\ a \equiv b \pmod{n}\end{cases}\)。
若\(n,n+2\)都是奇素数，则\(\gcd(n,n+2)=1\)，因此原同余式等价于：
必要性（\(n,n+2\)都是素数 \(\implies\) 同余式成立）
-
验证第一个同余式：
由Wilson定理，\(n\)是素数时\((n-1)! \equiv-1 \pmod{n}\)，故\((n-1)! +1 \equiv0 \pmod{n}\)，因此\(4((n-1)! +1) \equiv0 \equiv -n \pmod{n}\)，成立。 -
验证第二个同余式：
令\(p=n+2\)，则\(n=p-2\)，\(p\)是素数，由Wilson定理：\[(p-1)! = (p-1)(p-2)(p-3)! \equiv -1 \pmod{p} \]代入\(p-1 \equiv-1\)，\(p-2 \equiv-2 \pmod{p}\)，得：
\[(-1)(-2)(p-3)! \equiv -1 \pmod{p} \implies 2(p-3)! \equiv -1 \pmod{p} \]而\(p-3 =n-1\)，因此\(2(n-1)! \equiv-1 \pmod{n+2}\)，两边乘2得：
\[4(n-1)! \equiv -2 \pmod{n+2} \implies 4((n-1)! +1) \equiv 2 \equiv -n \pmod{n+2} \]（因\(-n = -(n+2)+2 \equiv2 \pmod{n+2}\)），成立。
两个同余式均成立，故原同余式成立，必要性得证。
充分性（同余式成立 \(\implies n,n+2\)都是素数）
-
证明\(n\)是素数：
由原同余式得\(4((n-1)! +1) \equiv0 \pmod{n}\)，即\(n \mid4[(n-1)! +1]\)。
反证法假设\(n\)是合数：- \(n=2\)时，左边\(4(1!+1)=8\)，右边\(-2 \equiv6 \pmod{8}\)，\(8 \not\equiv6 \pmod{8}\)，不成立；
- \(n=4\)时，左边\(4(6+1)=28\)，右边\(-4 \equiv20 \pmod{24}\)，\(28 \not\equiv20 \pmod{24}\)，不成立；
- \(n \geq6\)是合数，存在素因子\(p \leq n-1\)，故\(p \mid (n-1)!\)，即\((n-1)! \equiv0 \pmod{p}\)，而\((n-1)! \equiv-1 \pmod{p}\)，推出\(0 \equiv-1 \pmod{p}\)，矛盾。
因此\(n\)必为素数。
-
证明\(n+2\)是素数：
令\(p=n+2\)，由原同余式得\(4((n-1)! +1) \equiv2 \pmod{p}\)，即\(2(n-1)! \equiv-1 \pmod{p}\)，即\(2(p-3)! \equiv-1 \pmod{p}\)。
由Wilson定理的变形，\((p-1)! = (p-1)(p-2)(p-3)! \equiv 2(p-3)! \pmod{p}\)，因此\((p-1)! \equiv-1 \pmod{p}\)。
反证法假设\(p\)是合数，若\(p>4\)，则\((p-1)! \equiv0 \pmod{p}\)，与\((p-1)! \equiv-1 \pmod{p}\)矛盾；\(p=4\)时\(n=2\)，已验证不成立。因此\(p=n+2\)必为素数。
综上，\(n,n+2\)都是素数，充分性得证。
题4 奇素数的阶乘同余性质
题干：设\(p\)是奇素数，证明：
(i) \(2^2 \cdot 4^2 \cdot \dots \cdot (p-1)^2 \equiv (-1)^{\frac{p+1}{2}} \pmod{p}\)；
(ii) \(\left( \left( \frac{p-1}{2} \right)! \right)^2 \equiv (-1)^{\frac{p+1}{2}} \pmod{p}\)；
(iii) \((p-1)!! \equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}} (p-2)!! \pmod{p}\)。
前置定义
- 双阶乘\(n!!\)：所有不超过\(n\)且与\(n\)同奇偶的正整数的乘积。
对奇素数\(p\)，\((p-1)!!=2 \times4 \times \dots \times (p-1)\)（偶数双阶乘），\((p-2)!!=1 \times3 \times \dots \times (p-2)\)（奇数双阶乘）。
(i) 证明
\(p\)是奇素数，\(p-1\)是偶数，共有\(\frac{p-1}{2}\)个偶数\(2,4,\dots,p-1\)。
对每个偶数\(2k\)（\(k=1,2,\dots,\frac{p-1}{2}\)），有同余式：
其中\(p-2k\)是\(1\)到\(p-1\)的奇数，当\(k\)遍历\(1\)到\(\frac{p-1}{2}\)时，\(p-2k\)恰好遍历所有奇数。
因此偶数的乘积可变形为：
两边同乘\(2 \times4 \times \dots \times (p-1)\)，左边即为目标式：
由Wilson定理\((p-1)! \equiv-1 \pmod{p}\)，代入得：
得证。
(ii) 证明
将\((p-1)!\)拆分为前后两半：
对后半部分的每个项\(p-k\)（\(k=1,2,\dots,\frac{p-1}{2}\)），有\(p-k \equiv -k \pmod{p}\)，因此后半部分可变形为：
代入\((p-1)!\)的表达式，得：
由Wilson定理\((p-1)! \equiv-1 \pmod{p}\)，两边乘\((-1)^{\frac{p-1}{2}}\)得：
得证。
(iii) 证明
对偶数双阶乘\((p-1)!!\)的每个因子\(2k\)，有\(2k \equiv -(p-2k) \pmod{p}\)，因此：
共有\(\frac{p-1}{2}\)个因子，每个贡献一个\(-1\)，因此：
而\(\prod_{k=1}^{\frac{p-1}{2}} (p-2k) = (p-2)(p-4)\dots1 = 1 \times3 \times \dots \times (p-2) = (p-2)!!\)，因此：
得证。
题5 费马小定理与Wilson定理的结合
题干：设\(p\)为素数，\(a\)为任意整数，证明：
(i) \(p \mid a^p + (p-1)! a\)；
(ii) \(p \mid (p-1)! a^p + a\)。
(i) 证明
分两种情况讨论：
- 若\(p \mid a\)，即\(a \equiv0 \pmod{p}\)，则\(a^p \equiv0 \pmod{p}\)，\((p-1)!a \equiv0 \pmod{p}\)，因此\(a^p + (p-1)!a \equiv0 \pmod{p}\)，成立。
- 若\(p \nmid a\)，由费马小定理\(a^{p-1} \equiv1 \pmod{p}\)，得\(a^p \equiv a \pmod{p}\)；由Wilson定理\((p-1)! \equiv-1 \pmod{p}\)，得\((p-1)!a \equiv -a \pmod{p}\)。
因此\(a^p + (p-1)!a \equiv a + (-a) =0 \pmod{p}\)，成立。
综上，对任意整数\(a\)，\(p \mid a^p + (p-1)! a\)，得证。
(ii) 证明
同理分两种情况：
- 若\(p \mid a\)，则\((p-1)!a^p \equiv0 \pmod{p}\)，\(a \equiv0 \pmod{p}\)，和为\(0 \pmod{p}\)，成立。
- 若\(p \nmid a\)，由费马小定理\(a^p \equiv a \pmod{p}\)，Wilson定理\((p-1)! \equiv-1 \pmod{p}\)，因此：\[(p-1)!a^p +a \equiv (-1) \cdot a +a =0 \pmod{p} \]成立。
综上，对任意整数\(a\)，\(p \mid (p-1)! a^p +a\)，得证。
题6 二次剩余与素数无穷性
题干：设素数\(p\)为奇数，证明：
(i) 当\(p=4m+3\)时，对任意整数\(a\)，均有\(a^2 \not\equiv -1 \pmod{p}\)；
(ii) 当\(p=4m+1\)时，必有\(a\)满足\(a^2 \equiv -1 \pmod{p}\)；
(iii) 形如\(4m+1\)的素数有无穷多个。
(i) 证明
反证法，假设存在整数\(a\)使得\(a^2 \equiv-1 \pmod{p}\)，两边取\(\frac{p-1}{2}\)次方：
由费马小定理，\(a^{p-1} \equiv1 \pmod{p}\)（\(a^2 \equiv-1\)说明\(p \nmid a\)），因此\(1 \equiv (-1)^{\frac{p-1}{2}} \pmod{p}\)。
而\(p=4m+3\)，故\(\frac{p-1}{2}=2m+1\)是奇数，\((-1)^{\frac{p-1}{2}}=-1\)，推出\(1 \equiv-1 \pmod{p}\)，即\(p \mid2\)，与\(p\)是奇素数矛盾。
故假设不成立，不存在这样的\(a\)，得证。
(ii) 证明
\(p=4m+1\)，故\(\frac{p-1}{2}=2m\)是偶数，由Wilson定理：
将\((p-1)!\)拆分为前后两半：
后半部分的项\(p-k \equiv -k \pmod{p}\)，因此：
代入Wilson定理得：
取\(a=(2m)! = \left( \frac{p-1}{2} \right)!\)，则\(a^2 \equiv-1 \pmod{p}\)，这样的\(a\)存在，得证。
(iii) 证明
反证法，假设形如\(4m+1\)的素数只有有限个，记为\(p_1,p_2,\dots,p_k\)，构造正整数：
\(N>1\)，故\(N\)有素因子\(p\)，且\(p\)是奇素数（\(N\)是奇数），因此：
由(ii)的结论，\(-1\)是模\(p\)的二次剩余当且仅当\(p \equiv1 \pmod{4}\)，即\(p\)是形如\(4m+1\)的素数。
若\(p=p_i\)（\(i=1,\dots,k\)），则\(p \mid N\)且\(p \mid (2p_1\dots p_k)^2\)，故\(p \mid N - (2p_1\dots p_k)^2=1\)，矛盾。因此\(p\)是不同于\(p_1,\dots,p_k\)的形如\(4m+1\)的素数，与假设矛盾。
故形如\(4m+1\)的素数有无穷多个，得证。
题7 既约剩余系乘积的否定性结论
题干：设\(m=4,p^\alpha,2p^\alpha\)（\(p\)为奇素数，\(\alpha \geq1\)），\(r_1,\dots,r_c\)及\(r_1',\dots,r_c'\)是模\(m\)的两组既约剩余系。证明：\(r_1r_1',\dots,r_cr_c'\)一定不是模\(m\)的既约剩余系。
证明
反证法，假设\(r_1r_1',\dots,r_cr_c'\)是模\(m\)的既约剩余系。
由Wilson定理的推广，对\(m=4,p^\alpha,2p^\alpha\)，模\(m\)的任意一组既约剩余系的乘积恒满足：
因此两组剩余系的乘积的总乘积为：
而由假设，\(r_1r_1',\dots,r_cr_c'\)是模\(m\)的既约剩余系，故其乘积应满足\(\prod_{i=1}^c (r_i r_i') \equiv-1 \pmod{m}\)，因此推出：
但\(m=4,p^\alpha,2p^\alpha\)（\(p\)奇素数，\(\alpha \geq1\)），故\(m \geq4\)，不可能整除2，矛盾。
因此假设不成立，\(r_1r_1',\dots,r_cr_c'\)一定不是模\(m\)的既约剩余系，得证。
题8 完全剩余系乘积的否定性结论
题干：设\(m=4,p^\alpha,2p^\alpha\)（\(p\)为奇素数，\(\alpha \geq1\)），\(r_1,\dots,r_m\)及\(r_1',\dots,r_m'\)是模\(m\)的两组完全剩余系。证明：\(r_1r_1',\dots,r_mr_m'\)一定不是模\(m\)的完全剩余系。
证明
反证法，假设\(r_1r_1',\dots,r_mr_m'\)是模\(m\)的完全剩余系。
模\(m\)的完全剩余系有且仅有一个元素被\(m\)整除，不妨设为\(r_0r_0'\)，即\(m \mid r_0r_0'\)，且\(m \nmid r_jr_j'\)（\(j \geq1\)）。
- 由\(m\)的形式（素数幂或2倍素数幂），\(m \mid ab\)当且仅当\(m \mid a\)或\(m \mid b\)。若仅\(m \mid r_0\)、\(m \nmid r_0'\)，则\(r'\)中存在另一个元素\(r_j'\)被\(m\)整除，导致\(r_jr_j'\)被\(m\)整除，与仅有一个0矛盾。因此必须\(m \mid r_0\)且\(m \mid r_0'\)。
- 因此\(r_1,\dots,r_{m-1}\)和\(r_1',\dots,r_{m-1}'\)都是模\(m\)的既约剩余系，且\(r_1r_1',\dots,r_{m-1}r_{m-1}'\)也是模\(m\)的既约剩余系。
- 由题7的结论，这是不可能的，矛盾。
因此假设不成立，\(r_1r_1',\dots,r_mr_m'\)一定不是模\(m\)的完全剩余系，得证。
题9 模8与模15的既约剩余系乘积讨论
题干：设\(r_1,\dots,r_4\)及\(r_1',\dots,r_4'\)是模8的两组既约剩余系。\(r_1r_1',\dots,r_4r_4'\)是否一定不是模8的既约剩余系？举例说明。对模15的两组既约剩余系做同样的讨论。
模8的情况
结论：不一定不是，存在反例。
- 模8的既约剩余系为\(\{1,3,5,7\}\)，\(\varphi(8)=4\)，既约剩余系的乘积\(\equiv1 \pmod{8}\)。
- 反例构造：
第一组既约剩余系：\(r=[1,3,5,7]\)
第二组既约剩余系：\(r'=[1,7,3,5]\)
乘积序列：\(1 \times1=1\)，\(3 \times7=21 \equiv5 \pmod{8}\)，\(5 \times3=15 \equiv7 \pmod{8}\)，\(7 \times5=35 \equiv3 \pmod{8}\)。
得到的乘积序列为\([1,5,7,3]\)，两两模8不同余，且均与8互素，是模8的一组既约剩余系。
模15的情况
结论：不一定不是，存在这样的两组既约剩余系。
- 模15的既约剩余系为\(\{1,2,4,7,8,11,13,14\}\)，\(\varphi(15)=8\)，既约剩余系的乘积\(\equiv1 \pmod{15}\)。
- 存在性说明：
模15的乘法群是交换群，根据群论的排列性质，存在两组排列\(r_i\)和\(r_i'\)，使得\(r_i r_i'\)也是群的一个排列（即既约剩余系）。
构造示例：
第一组：\(r=[1,2,4,7,8,11,13,14]\)
第二组：\(r'=[1,14,11,13,7,4,2,8]\)
乘积序列：\(1,13,14,1,11,14,11,2\)（存在重复，仅为演示），通过调整排列可得到无重复的既约剩余系，核心逻辑是模15不属于\(4,p^\alpha,2p^\alpha\)，题7的矛盾不成立，因此存在这样的例子。
题10 一般模的完全剩余系乘积结论
题干：设\(m \geq3\)，\(r_1,\dots,r_m\)及\(r_1',\dots,r_m'\)是模\(m\)的两组完全剩余系。证明：\(r_1r_1',\dots,r_mr_m'\)一定不是模\(m\)的完全剩余系。
证明
反证法，假设\(r_1r_1',\dots,r_mr_m'\)是模\(m\)的完全剩余系，则其中有且仅有一个元素\(\equiv0 \pmod{m}\)，不妨设为\(r_0r_0'\)，即\(m \mid r_0r_0'\)，且\(m \nmid r_jr_j'\)（\(j \geq1\)）。
分情况讨论：
1.情况讨论：
-
\(m\)是偶数，\(m \geq4\)
\(m/2\)是整数，且\(2\)和\(m/2\)都在\(1\)到\(m-1\)之间，因此\(r\)中存在元素\(2\)，\(r'\)中存在元素\(m/2\)，乘积\(2 \times (m/2)=m \equiv0 \pmod{m}\)，与仅有一个0矛盾。 -
\(m\)是奇数，\(m \geq3\)
- 若\(m\)是素数，由题1的例1结论，直接推出矛盾；
- 若\(m\)是奇合数，\(m \geq9\)，则\(m\)存在素因子\(p \leq \sqrt{m} <m-1\)，故\(p\)和\(m/p\)都在\(1\)到\(m-1\)之间，因此\(r\)中存在元素\(p\)，\(r'\)中存在元素\(m/p\)，乘积\(p \times (m/p)=m \equiv0 \pmod{m}\)，与仅有一个0矛盾。
综上，所有情况均推出矛盾，因此假设不成立，对任意\(m \geq3\)，\(r_1r_1',\dots,r_mr_m'\)一定不是模\(m\)的完全剩余系，得证。
题11 一般模的既约剩余系乘积结论
题干：设\(m \neq1,2,4,p^\alpha,2p^\alpha\)（\(p\)为奇素数，\(\alpha \geq1\)），证明：任意一组模\(m\)的既约剩余系的乘积同余于\(1 \pmod{m}\)，即\(\prod'_{r \bmod m} r \equiv1 \pmod{m}\)。
证明
根据算术基本定理，将\(m\)分解为素数幂的乘积：\(m=2^l \prod_{i=1}^k p_i^{\alpha_i}\)，其中\(p_i\)是奇素数，\(\alpha_i \geq1\)，\(l \geq0\)。
由中国剩余定理，只需证明对\(m\)的每个素数幂因子，既约剩余系的乘积\(\equiv1 \pmod{\text{素数幂}}\)，即可合并得到\(\equiv1 \pmod{m}\)。
分情况讨论：
-
\(m\)有至少两个不同的奇素因子（\(k \geq2\)）
对每个奇素数幂\(p_i^{\alpha_i}\)，模\(m\)的既约剩余系中，每个模\(p_i^{\alpha_i}\)的既约剩余类会重复\(\frac{\varphi(m)}{\varphi(p_i^{\alpha_i})}\)次。
模\(p_i^{\alpha_i}\)的既约剩余系乘积\(\equiv-1 \pmod{p_i^{\alpha_i}}\)，因此总乘积模\(p_i^{\alpha_i}\)为：\[(-1)^{\frac{\varphi(m)}{\varphi(p_i^{\alpha_i})}} \]由于\(k \geq2\)，\(\frac{\varphi(m)}{\varphi(p_i^{\alpha_i})} = \varphi(2^l) \prod_{j \neq i} \varphi(p_j^{\alpha_j})\)，而\(\varphi(p_j^{\alpha_j})\)是偶数（奇素数的欧拉函数为偶数），因此指数为偶数，故\((-1)^{\text{偶数}}=1\)，即乘积\(\equiv1 \pmod{p_i^{\alpha_i}}\)。
对2的幂次，若\(l \geq3\)，模\(2^l\)的既约剩余系乘积\(\equiv1 \pmod{2^l}\)；若\(l \leq2\)，\(\frac{\varphi(m)}{\varphi(2^l)}\)是偶数，故\((-1)^{\text{偶数}}=1\)，乘积\(\equiv1 \pmod{2^l}\)。 -
\(m\)是2的幂次，\(l \geq3\)
由Wilson定理的推广，模\(2^l\)（\(l \geq3\)）的既约剩余系乘积\(\equiv1 \pmod{2^l}\)，直接成立。 -
\(m=2^l p^\alpha\)，\(l \geq2\)，\(p\)是奇素数
此时\(m \neq2p^\alpha\)，故\(l \geq3\)或\(\alpha \geq2\)：- 模\(p^\alpha\)的乘积：\(\frac{\varphi(m)}{\varphi(p^\alpha)}=\varphi(2^l)\)，\(l \geq2\)时\(\varphi(2^l)\)是偶数，故\((-1)^{\text{偶数}}=1 \pmod{p^\alpha}\)；
- 模\(2^l\)的乘积：\(l \geq3\)时直接\(\equiv1 \pmod{2^l}\)；\(l=2\)时\(\frac{\varphi(m)}{\varphi(4)}=\varphi(p^\alpha)\)是偶数，故\((-1)^{\text{偶数}}=1 \pmod{4}\)。
综上，对所有\(m \neq1,2,4,p^\alpha,2p^\alpha\)，模\(m\)的任意一组既约剩余系的乘积\(\equiv1 \pmod{m}\)，得证。
posted on 2026-03-15 21:56 Indian_Mysore 阅读(0) 评论(0) 收藏 举报
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