「威尔逊定理」学习笔记

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前言

一个抽象的事情，我在证欧拉定理的时候，偶然发现了一个式子：

$$(p-1)!modp=p-1$$

非常的偶然，实际上是证明欧拉定理的时候有一步搞错了，然后不得不想如何把 $(p-1)!modp$ 消去，然后就很意外的发现了这个式子。

当时我不知道他到底是不是成立的，我试了好几个数都是满足的，于是我认为他是成立的，但是显然，我不会证。

于是我去找班里数奥的同学，让他帮我证一下，他说好像从哪儿看过……

于是果然这个式子早就是有人发现且证明过的，就是 威尔逊定理 。

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威尔逊定理

若 $p$ 是素数，则 $(p-1)!\equiv -1(\mathrm{mod}p)$

• 简单证明

  若 $p$ 是素数，取集合 $A=\{1,2,3,\dots ,p-1\}$ 。

  则 $A$ 构成模 $p$ 乘法的简化剩余系，同时也是其完全剩余系除去 $0$ 这个元素。

  那么，存在任意 $i\in A$ ，存在 $j\in A$ ，使得 $(ij)\equiv 1(\mathrm{mod}p)$

  那么 $A$ 中的元素是否恰好两两配对呢？不一定，需要考虑这种情况： $i^2\equiv 1(\mathrm{mod}p)$

  解得： $i\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 或 $i\equiv p-1(\mathrm{mod}p)$

  其余两两配对，所以满足:

  $(p-1)!modp\equiv 1\times (p-1)\equiv -1(\mathrm{mod}p)$

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• 详细解剖证明过程

  根据数奥同学的学案，先导入另一个例题：

  设 $p\ge 5$ 是素数，$a\in \{2,3,\dots ,p-2\}$ ，则在数列 $a,2a,3a,\dots ,(p-1)a,pa$ 中有且只有一个数 $b$ ，满足 $b\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ ，此外，如 $b=ka$ ，则 $k\ne a$ ，$k\in \{2,3,\dots ,p-2\}$ 。

  那么这个东西怎么证，又和威尔逊定理又什么关系呢？

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  • 证明：

  1. 存在性

     ∵ $p$ 为素数，$a\in \{2,3,\dots ,p-2\}$

     ∴ $gcd(a,p)=1$

     ∴ $\{a,2a,\dots ,pa\}$ 是 $modp$ 的完全剩余系

     ∴ 必定存在 $k$ ，使得 $ka\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ ，即 $b=ak$

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  2. $k\ne a$

     假设 $k=a$ ，则 $a^2\equiv 1(\mathrm{mod}p)$

     ∴ $p|a^2-1$ ， $p|(a+1)(a-1)$

     ∴ $p|(a+1)$ 或 $p|(a-1)$

     ∵ $a\in \{2,3,\dots ,p-2\}$

     ∴ $a-1\in \{1,2,\dots ,p-1\}$

     ∴ $gcd(a-1,p)=1$

     而 ∴ $p|(a+1)$ 或 $p|(a-1)$ 与 $gcd(a-1,p)=1$ 矛盾

     从而通过反证法，证得 $k\ne a$

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  3. $k\ne 1$

     假设 $k=1$ ，则 $a\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ ，与 $a\in \{2,3,\dots ,p-2\}$ 矛盾

     从而证得 $k\ne 1$

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  4. $k\ne p-1$

     与上面类似的

     假设 $k=p-1$ ，则 $(p-1)a\equiv 1(\mathrm{mod}p)$

     ∴ $a\equiv -1(\mathrm{mod}p)$ ，即 $amodp=p-1$

     与 $a\in \{2,3,\dots ,p-2\}$ 矛盾

     从而证得 $k\ne p-1$

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  5. 唯一性

     设 $ak\equiv a{k}^{\prime }(\mathrm{mod}p)$

     ∵ $gcd(a,p)=1$

     ∴ $k\equiv k^{\prime }(\mathrm{mod}p)$

     ∴ $k=k^{\prime }$

     ∴ $k$ 唯一

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  现在把我们上面证明出来的式子带入我们的简单证明过程中

  存在任意 $i\in A$ ，存在 $j\in A$ ，使得 $(ij)\equiv 1(\mathrm{mod}p)$

  可以用存在性和唯一行证明。

  而

  那么 $A$ 中的元素是否恰好两两配对呢？不一定，需要考虑这种情况： $i^2\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 。解得： $i\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 或 $i\equiv p-1(\mathrm{mod}p)$ 。其余两两配对

  可以用 $k\ne 1$ 且 $k\ne p-1$ 证明。

  从而，我们证明了威尔逊定理。

  证毕。

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扩展

前言：此部分纯凭个人想象（当然式子是正确的），并非扩展威尔逊定理，若想了解更多真正的扩展，请见 $oi-wiki$

大前提：$p$ 为素数

• 威尔逊定理：$(p-1)!modp=p-1$

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• $(p-2)!modp=1$

  显然的，同时除以 $p-1$

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• $(p-3)!modp={\displaystyle \frac{p-1}{2}}$

  此式子需满足前提 $p$ 为 $>2$ 的素数

  • 证明：

    $(p-2)!\equiv (p-2)\times (p-3)!modp(\mathrm{mod}p)$

    在 $\{1!modp,2!modp\dots ,(p-1)!modp\}$ 中，满足其值 $\ge 1$ 且 $\le p-1$

    不妨设 $(p-3)!modp=p-b$ ，其中 $1\le b\le p-1$ 且 $b$ 为整数

    原式就变成了 $(p-2)(p-b)modp$

    将括号拆开，得 $(p^2-(2+b)p+2b)modp$ ，得到一个多项式

    其中，每一项中只要是带 $p$ 的，$modp$ 后一定是 $0$ ，所以原式 $=2bmodp$

    即 $2b\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ ，从而得 $2b=kp+1$ ，其中 $k$ 为非负整数

    同时 $1\le b\le p-1$ ，所以 $2\le 2b\le 2p-2$ ，从而得到 $k$ 只能等于 $1$

    所以 $2b=p+1$ ，$b={\displaystyle \frac{p+1}{2}}$

    所以 $(p-3)!modp=(p-b)={\displaystyle \frac{p-1}{2}}$

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• $(p-a)(p-b)\equiv ab(\mathrm{mod}p)$

  在推上一个式子中可以发现，证明过程去上一个证明中刨。

  和 ${\text{C}}_n^m={\text{C}}_n^{n-m}$ 是类似的。

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• 在计算 $n!modp$ 时，如果 $n>p$ ，因为通常情况下，在题目中，常常要把 $n!$ 中 $p$ 的倍数去掉，首先 $p$ 显然是素数。

  那么 $n!modp=((p-1){!}^{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p}}\rfloor }modp\times (nmodp)!modp)modp$

  设 $a=\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p}}\rfloor$ ,其中 $(p-1{)}^{a}modp$ 的值可以简化

  已知 $p-1\equiv -1(\mathrm{mod}p)$ ，那么 $(p-1{)}^a\equiv (-1{)}^a(\mathrm{mod}p)$

  那么 $n!modp=((p+(-1{)}^{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p}}\rfloor })modp\times (nmodp)!modp)modp$

  其中 $(p+(-1{)}^{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p}}\rfloor })modp$ 加上一个 $p$ 不会改变 $modp$ 的值，同时防止出现负数的情况。

  这样，当 $n>p$ 时，$n!modp$ 的复杂度就可以压死到 $O(p-1)$ 以内。

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