威尔逊定理

当且仅当 $p$ 为素数， $(p - 1)! \equiv - 1 (m o d p)$

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 $p - 1 \equiv - 1 (m o d p)$ 即可

有两个很直接的推论：

$n \neq 4 且 n 是合数 ⟺ n ∣ (n - 1)!$
$k! (p - k - 1)! + (- 1)^{k} \equiv 0 (m o d p)$

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 $2 n + 7 ∣ n! - 1$

首先很明显 $2 n + 7$ 基本是素数，或者较小的合数。

$2 n + 7 = u v$ ，如果可以 $u < v$ ，那么当 $n \geq 7$ ， $n \geq \frac{2 n + 7}{3} \geq v$ ，使得 $u v ∣ n!$ ，否则 $2 n + 7 = p^{2}$ ，当 $p \geq 7$ ，有 $2 \sqrt{2 n + 7} \leq n$ ，也有 $p^{2} ∣ n!$

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

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

于是 $(- 1)^{\frac{p - 5}{2}} \equiv (\frac{p - 7}{2})! (\frac{p - 5}{2}) (\frac{p - 3}{2}) . . . (\frac{p + 5}{2}) \equiv (\frac{p - 5}{2}) (\frac{p - 3}{2}) . . . (\frac{p + 5}{2}) (m o d p)$

然后 $(- 1)^{\frac{p - 5}{2}} \cdot 64 \equiv 225 (m o d p)$ ，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 $k! (p - k)! \equiv (- 1)^{k - 1} (p - k) (m o d p)$

现在如果 $i \neq - j (m o d p), i! \equiv j! (m o d p)$ ，就有 $(p - i)! \neq (p - j)! (m o d p)$

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 $i! \equiv (p - i)! \equiv j! \equiv (p - j)! (m o d p)$ ，但 $i \neq - j (m o d p)$ 的话，就会有 $i! (p - i)! \equiv j! (p - j)! (m o d p)$ ，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 $n \geq 1$ 使得 $f (n!)$ 为合数

不妨设 $a_{0} \neq 0$ （否则显然），
设 $f (x) = a_{n} x^{n} + . . . + a_{0}$

因为 $a_{0} \neq 0$ ，对充分大素数 $p$ ，任意 $x > p$ 都会 $p ∤ f (x!)$ ，所以若 $f (x!) = p$ ，只能是 $f ((p - k)!) = p$

将式子 $f ((p - k)!) \equiv 0 (m o d p)$ 两边同乘 $(k - 1)!^{n}$ ，可以得到

$(- 1)^{n k} a_{n} + (- 1)^{(n - 1) k} (k - 1)! a_{n - 1} + . . . + (k - 1)!^{n} a_{0} \equiv 0 (m o d p)$

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 $a_{n}^{2} ∣ (k - 1)!$ （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 $p_{k} ∣ x_{k}$ ，于是 $p_{k} \geq k$ （否则 $p_{k} ∣ (k - 1)!$ ，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 $p_{k} \geq k$ ，我们将 $x_{d} \equiv 0 (m o d p_{k})$ 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 $r_{i + 1}! - r_{i}! ∣ r_{i + 1} - r_{i} + (k_{i + 1} - k_{i})$

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