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创建页面，内容为“{| class="wikitable" align="right" |- | style="background: #66CCFF" align= center| '''<big>威尔逊定理</big> ''' |- |<center><img src="https://gimg2.baidu.c…”
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'''威尔逊定理'''在初等数论中,它给出了判定一个自然数是否为素数的充分必要条件。即：当且仅当p为素数时：( p -1 )! ≡ -1 ( mod p )，但是由于阶乘是呈爆炸增长的，其结论对于实际操作意义不大，但借助计算机的运算能力有广泛的应用，也可以辅助数学推导。<ref>[ ], , --</ref>
如果“p”不是素数，当p=4时，显然（p-1)!≡6≡2(mod p), 当p>4时，若p不是完全平方数，则存在两个不等的因数a，b使得ab=p，则(p-1)!≡nab≡0(mod p);若p是完全平方数即p=k^2，因为p>4,所以k>2，(k,2k)<p，(p-1)!≡n(k*2k)≡2nk^2≡0(mod p)。
==必要性==
若p是素数,取集合 A={1,2,3,...p -1}; 则A 构成模p乘法的简化剩余系,即任意i∈A ,存在j∈A,使得:
( i j ) ≡ 1 ( mod p )那么A中的元素是不是恰好两两配对呢? 不一定,但只需考虑这种情况
x^2 ≡ 1 ( mod p )
解得: x ≡ 1 ( mod p ) 或 x ≡ p - 1 ( mod p )
其余两两配对;故而
( p - 1 )! ≡ 1﹡( p -1 ) ≡ -1 ( mod p )
==必要性证明==
证明：若p为质数，则p可整除(p-1)!+1。
==方法一==
p=2，命题显然成立；
p=3，命题显然成立；
假设B中被p除余一的数是γa:
一若γ=1，则γa=a，它被p除余a,又因为a不等于1，所以γ=1不成立；
二若γ=p-1,则γa=(p-1)a,它被p除余p-a,又因为a不等于p-1,所以γ=p-1不成立；
由一二三知γ≠a且a,γ∈A。
a不同时，γ也相异；若a1≠a2, a1,a2∈A,且γa1≡γa2≡1(mod p），因，γa1，γa2∈B，而B中的元素关于mod p不同余，可见a1≠a2,则γ1≠γ2。
即A中的每一个a均可找到与其配对的y，γ∈A使ay≡1(mod p)，
又，a不同时，γ也相异。
因此，A中的偶数个（p-3个）元素可以分成(p-3)/2个二元组（a,y）,每个二元组都满足ay≡1(mod p)，
∴ 1×2×3×4....(p-2)≡1(mod p)
p-1≡-1(mod p)
∴ (p-1)!≡-1(mod p)
从而p可整除(p-1)!+1
==方法二==
对于偶质数2，命题显然成立；
对于奇质数，令a∈A={2,3,4.....p-2},则B={a,2a,3a,.....,(p-1)a}中不会有对于除数p同余的两个数；事实上αa,βa∈B,αa≡βa(mod p),则a|α-β|能被p整除，而a|α-β|∈B，B中的元素不可能被p除尽。于是B中被p除得的余数形成集合{1,2,3,...,p-1}.
假设b中被p除余一的数是γa:
一若γ=1，则γa=a，它被p除余a,所以γ=1不成立；
二若γ=p-1,则γa=(p-1)a,它被p除余a,所以γ=p-1不成立；
三若γ=a，则γa=a*a,由于a*a≡1(mod p)，故应有a*a-1=(a+1)(a-1)≡0(mod p),这只能是a=1或a=p-1,此与a∈A矛盾，故不成立；
由一二三知γ≠a且a∈A。
a不同时，γ也相异；若a1≠a2, a1,a2∈A,且γa1≡γa2≡1(mod p），因，γa1，γa2∈B，而B中的元素关于mod p不同余，可见a1≠a2,则γ1≠γ2。
依次取a为2,3,...,(p-1)/2;使γa≡1（mod p)的数γ分别为(p-1)/2+1,(p-1)/2+2,...,(p-1)/2,
即2*【(p-1)/2+1】≡3*【(p-1)/2+2】≡4*【(p-1)/2+3】≡...【(p-1)/2】*(p-2)≡1(mod p)
从而2*【(p-1)/2+1】*3*【(p-1)/2+2】*4*【(p-1)/2+3】*...*【(p-1)/2】*(p-2)≡1(mod p)
2*3*4*5*6*...*(p-2)≡1(mod p)
又p-1≡-1(mod p),则
(p-1)!=1*2*3*4*5*...*(p-2)*(p-1)≡-1(mod p)
从而p可整除(p-1)!+1
== 参考来源 ==
{{reflist}}
[[Category:310 數學總論]]
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'''威尔逊定理'''在初等数论中,它给出了判定一个自然数是否为素数的充分必要条件。即：当且仅当p为素数时：( p -1 )! ≡ -1 ( mod p )，但是由于阶乘是呈爆炸增长的，其结论对于实际操作意义不大，但借助计算机的运算能力有广泛的应用，也可以辅助数学推导。<ref>[ ], , --</ref>
如果“p”不是素数，当p=4时，显然（p-1)!≡6≡2(mod p), 当p>4时，若p不是完全平方数，则存在两个不等的因数a，b使得ab=p，则(p-1)!≡nab≡0(mod p);若p是完全平方数即p=k^2，因为p>4,所以k>2，(k,2k)<p，(p-1)!≡n(k*2k)≡2nk^2≡0(mod p)。
==必要性==
若p是素数,取集合 A={1,2,3,...p -1}; 则A 构成模p乘法的简化剩余系,即任意i∈A ,存在j∈A,使得:
( i j ) ≡ 1 ( mod p )那么A中的元素是不是恰好两两配对呢? 不一定,但只需考虑这种情况
x^2 ≡ 1 ( mod p )
解得: x ≡ 1 ( mod p ) 或 x ≡ p - 1 ( mod p )
其余两两配对;故而
( p - 1 )! ≡ 1﹡( p -1 ) ≡ -1 ( mod p )
==必要性证明==
证明：若p为质数，则p可整除(p-1)!+1。
==方法一==
p=2，命题显然成立；
p=3，命题显然成立；
假设B中被p除余一的数是γa:
一若γ=1，则γa=a，它被p除余a,又因为a不等于1，所以γ=1不成立；
二若γ=p-1,则γa=(p-1)a,它被p除余p-a,又因为a不等于p-1,所以γ=p-1不成立；
由一二三知γ≠a且a,γ∈A。
a不同时，γ也相异；若a1≠a2, a1,a2∈A,且γa1≡γa2≡1(mod p），因，γa1，γa2∈B，而B中的元素关于mod p不同余，可见a1≠a2,则γ1≠γ2。
即A中的每一个a均可找到与其配对的y，γ∈A使ay≡1(mod p)，
又，a不同时，γ也相异。
因此，A中的偶数个（p-3个）元素可以分成(p-3)/2个二元组（a,y）,每个二元组都满足ay≡1(mod p)，
∴ 1×2×3×4....(p-2)≡1(mod p)
p-1≡-1(mod p)
∴ (p-1)!≡-1(mod p)
从而p可整除(p-1)!+1
==方法二==
对于偶质数2，命题显然成立；
对于奇质数，令a∈A={2,3,4.....p-2},则B={a,2a,3a,.....,(p-1)a}中不会有对于除数p同余的两个数；事实上αa,βa∈B,αa≡βa(mod p),则a|α-β|能被p整除，而a|α-β|∈B，B中的元素不可能被p除尽。于是B中被p除得的余数形成集合{1,2,3,...,p-1}.
假设b中被p除余一的数是γa:
一若γ=1，则γa=a，它被p除余a,所以γ=1不成立；
二若γ=p-1,则γa=(p-1)a,它被p除余a,所以γ=p-1不成立；
三若γ=a，则γa=a*a,由于a*a≡1(mod p)，故应有a*a-1=(a+1)(a-1)≡0(mod p),这只能是a=1或a=p-1,此与a∈A矛盾，故不成立；
由一二三知γ≠a且a∈A。
a不同时，γ也相异；若a1≠a2, a1,a2∈A,且γa1≡γa2≡1(mod p），因，γa1，γa2∈B，而B中的元素关于mod p不同余，可见a1≠a2,则γ1≠γ2。
依次取a为2,3,...,(p-1)/2;使γa≡1（mod p)的数γ分别为(p-1)/2+1,(p-1)/2+2,...,(p-1)/2,
即2*【(p-1)/2+1】≡3*【(p-1)/2+2】≡4*【(p-1)/2+3】≡...【(p-1)/2】*(p-2)≡1(mod p)
从而2*【(p-1)/2+1】*3*【(p-1)/2+2】*4*【(p-1)/2+3】*...*【(p-1)/2】*(p-2)≡1(mod p)
2*3*4*5*6*...*(p-2)≡1(mod p)
又p-1≡-1(mod p),则
(p-1)!=1*2*3*4*5*...*(p-2)*(p-1)≡-1(mod p)
从而p可整除(p-1)!+1
== 参考来源 ==
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[[Category:310 數學總論]]