1樓:lilyyyyz
根據費馬小定理可知: 可有 作為其解
所以我們可以把原式寫成
考慮 並將上述等式記作等式1。
根據威爾遜定理我們知道:
我們將上述記為等式2.
所以我們可以知道
因為我們根據拉格朗日所知,
所以我們將 代入等式1,那麼原式將變為
我們記此等式為等式3。
將等式3與等式2進行相減,那我們會得到
再把上述整個式子除以p,將會得到
我們知道,當 的時候,上述等式的每一項都與p congruent所以我們知道,證畢。
2樓:白致遠
考慮多項式
如果把它在整數裡展開,那將形為
注意到恰恰
就是題主要求的值。首先扔到 裡
於是 i>0" eeimg="1"/>。當 3" eeimg="1"/>時我們有 ,然後
(這裡Q是某乙個整數)
注意 ,於是
3樓:乄是宇哥呀
見過類似的題
第二個圖就是相應的一道題
重新修正上圖的大M就是這個要證的級數能被p整除
對於威爾遜
若p為質數,則p可整除(p-1)!+1.
證明如下
p=2,命題顯然成立;
p=3,命題顯然成立;
對於奇質數p>=5,令a∈A=,則B=中不會有對於除數p同餘的兩個數;事實上αa,βa∈B,αa≡βa(mod p),則a|α-β|能被p整除,而a|α-β|∈B,B中的元素不可能被p除盡.於是B中被p除得的餘數形成集合.
假設B中被p除餘一的數是γa:
一若γ=1,則γa=a,它被p除餘a,所以γ=1不成立;
二若γ=p-1,則γa=(p-1)a,它被p除餘p-a,所以γ=p-1不成立;
三若γ=a,則γa=a*a,由於a*a≡1(mod p),故應有a*a-1=(a+1)(a-1)≡0(mod p),這只能是a=1或a=p-1,此與a∈A矛盾,故不成立;
有一二三知γ≠a且a,γ∈A.
a不同時,γ也相異;若a1≠a2,a1,a2∈A,且γa1≡γa2≡1(mod p),因,γa1,γa2∈B,而B中的元素關於mod p不同餘,可見a1≠a2,則γ1≠γ2.
即A中的每乙個a均可找到與其配對的y,γ∈A使ay≡1(mod p),
又,a不同時,γ也相異.
因此,A中的偶數個(p-3個)元素可以分成(p-3)/2個二元組(a,y),每個二元組都滿足ay≡1(mod p),
∴ 1×2×3×4.(p-2)≡1(mod p)
p-1≡-1(mod p)
∴ (p-1)!≡-1(mod p)
從而p可整除(p-1)!+1
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