wilson 定理

一、wilson 定理

定理 1(Wilson 定理) 假设 p 是素数,r1,r2,,rp1 是模 p 的既约剩余系,那么 W(p)=i=1p1ri1(modp)
证明:p=2 时结论显然成立,现在考虑 p3 的情况。由于 gcd(ri,p)=1,所以我们可以知道:对于每个 ri 有且仅有一个模 p 的逆元 rj。使得 ri=rj 的充分必要条件是 ri21(modp)。这说明 (ri1)(ri+1)0(modp)。由于素数 p3,所以前式相当于 ri±1(modp),并且这两个同余式无法同时成立。所以,在这组模 p 的既约剩余系中,除了 ri±1(modp) 的那两个元素之外,必定有逆元 rjri,所以这些一定是两两配对的。所以我们可以知道一共有 r11(modp)rp11(modp),在 [2,p2] 的所有 ri 都可以两两配对,组成 p12 个 1。所以 i=1p1ri1×1×1p121(modp)
证毕

二、扩展 wilson 定理

定理 2 (扩展 wilson 定理) 对于任意正整数 m,设 c=φ(m)r1,,rc 是模 m 的既约剩余系,p 是任意素数,W(m)=i=1cri{1(modm)m=1,2,4,pα,2pα1(modm)otherwise

首先对正整数集进行划分。

引理 假设 p 是任意奇素数,α 是任意正整数,如果 m1,2α,pα,2pα,那么一定可以被分为 m=ab,2<a<b,gcd(a,b)=1

证明:

因为 m1,2α,pα,2pα 时,我们有

Case I m 没有质因数 2
m=p1α1p2α2pkαk,k2,αi1,3p1<p2<<pk,可以分解为 m=(p1α1)(p2α2pkαk)

Case II m 有一个质因数 2
m=2p1α1p2α2pkαk,k2,αi1,3p1<p2<<pk,可以分解为 m=2(p1α1p2α2pkαk)

Case III m 有多个质因数 2
m=2αp1α1p2α2pkαk,k1,α2,αi1,3p1<p2<<pk,可以分解为 m=2α(p1α1p2α2pkαk)

证毕

证明:分类讨论即可。

Case I m=1,2,4
自己计算一下,成立。

Case II m=2l,l3
易知当 l=1,2 时原定理成立。现在讨论 l3 的情况。由于 gcd(ri,2l)=1,所以我们可以知道:对于每个 ri 有且仅有一个模 2l 的逆元 rj。使得 ri=rj 的充分必要条件是 ri21(mod2l)。这说明 (ri1)(ri+1)0(mod2l)。注意到 gcd(2,ri1)=gcd(2,ri+1)=2gcd(ri12,ri+12)=1,得知使得 ri=rj 的充分必要条件是 ri120(mod2l2),或者 ri+120(mod2l2),也就是 ri±1(mod2l1) 因此,在这个模 2l 的既约剩余系里当且仅当 ri1,2l11,2l1+1,2l1(mod2l) 时才有可能有 ri=rj。除此之外,必有 rirj,所以可以两两配对。所以,对于 l3,有 W(m)=i=1cri1×(2l11)×(2l1+1)×(1)×1c421(mod2l)
Case II 成立。

Case III m=pl,p3,l1
由于 gcd(ri,pl)=1,所以我们可以知道:对于每个 ri 有且仅有一个模 2l 的逆元 rj。使得 ri=rj 的充分必要条件是 ri21(modpl)。这说明 (ri1)(ri+1)0(modpl)。由于 p>2pri1,pri+1 不可能同时成立。所以必有 plri1 或者 plri+1,得知使得 ri=rj 的充分必要条件是 ri±1(modpl)。因此,在这个模 pl 的既约剩余系里当且仅当 ri1,pl1(modpl) 时才有可能有 ri=rj。除此之外,必有 rirj,所以可以两两配对。所以此时有 W(m)=i=1cri1×(1)×1c221(modpl)
Case III 成立。


现在插播一条通知。我们知道,证明 φ(m) 是积性函数是用这个表
然后现在我们还要用这个表。我们要证明 W(m) 是积性函数。
首先,我们依然有一个 gcd(a,b)=1 的前提。表下方的文字已经说明了每一行是一个模 a 的既约剩余系,每一列是一个模 b 的既约剩余系。并且,整个表是一个模 ab 的完全剩余系。那么,整个表的乘积模 ab 就是 W(ab)。同时,每一行的乘积模 aW(a),一共 b 行,所以 W(ab)W(a)φ(b)(moda)(1)


Case IV m=2pl,p3,l1
因为 gcd(2,pl)=1,由 (1),我们可以得到同余方程组

W(m){W(pl)φ(2)(modpl)W(2)φ(pl)(mod2)

由于 W(pl)1(modpl),W(2)1(mod2),φ(pl)=(p1)pl1,φ(2)=1 得到

W(m){(1)1(modpl)(1)(p1)pl1(mod2)

由于 p 是奇数,所以 (p1)pl1 是偶数。所以,

W(m){1(modpl)1(mod2)

所以 W(m)1(mod2pl)
Case IV 成立。

Case Vm=ab,2a<b,gcd(a,b)=1 时,
假设 W(1)W(m1) 都符合定理约束,那么由归纳假设,由于 ab=m2a<b,得到 a<b<m,所以易知 W(a)W(b) 也符合定理约束。
因为 gcd(a,b)=1,由 (1),我们可以得到同余方程组

W(m){W(a)φ(b)(moda)W(b)φ(a)(modb)

  1. m 没有质因数 2,m=p1α1p2α2pkαk,k2,αi1,3p1<p2<<pk,可以分解为 m=(p1α1)(p2α2pkαk)。那么有 W(p1α1)=1,2φ(p1α1)
    1. k=2,那么 m=p1α1p2α2,W(p2α2)=1,2φ(p2α2)

      W(m){(1)0(modp1α1)(1)0(modp2α2)

      所以有 W(m)1(modm)
    2. k>2,那么 m=p1α1p2α2pkαk,W(p2α2pkαk)=1,2φ(p2α2pkαk)

      W(m){(1)0(modp1α1)10(modp2α2pkαk)

      所以有 W(m)1(modm)
  2. m 有一个质因数 2,m=2p1α1p2α2pkαk,k2,αi1,3p1<p2<<pk,可以分解为 m=2(p1α1p2α2pkαk)。那么有 W(2)=1,2φ(2),W(p1α1p2α2pkαk)=1,2φ(p1α1p2α2pkαk)

    W(m){(1)0(mod2)11(modp1α1p2α2pkαk)

    所以有 W(m)1(modm)
  3. m 有多个质因数 2,m=2αp1α1p2α2pkαk,k1,α2,αi1,3p1<p2<<pk,可以分解为 m=2α(p1α1p2α2pkαk)。那么有 W(2α)=1,2φ(2α)

    W(m){1φ(p1α1p2α2pkαk)(mod2α)W(p1α1p2α2pkαk)0(modp1α1p2α2pkαk)

    由于 W(p1α1p2α2pkαk)±1(modp1α1p2α2pkαk),所以可以理解为

    W(m){1(mod2α)1(modp1α1p2α2pkαk)

    所以有 W(m)1(modm)

综上,W(m)1(modm),也符合定理约束。

由第二数学归纳法知,Case V 成立。

证毕

花了一天终于整理完了~ 好毒瘤啊。看不懂、有错误或者有更简便的做法的话可以联系我。

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