第12节　威尔逊定理

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如果上面定理中的数是原根，那么它的周期就包含所有的数1，2，3，…，p-1，所以，它们的乘积总是同余于-1（除了p＝2的情况之外，p-1总是偶数；当p＝2时，-1和＋1是等价的）。这个优美的定理通常表述为：小于一个给定质数的所有正整数的乘积加1被这个质数整除。它最早是由华林发表，并归功于威尔逊先生（参见Meditationes Algebraicae第3版，剑桥出版社，1782年，380页）^[5]。但是他们两个人都没有能够证明这则定理，华林承认证明这则定理比较困难，因为设计不出表示质数的符号。但我们认为，要推出这样的真理要靠思想而不是符号。后来，拉格朗日先生给出了证明（Nouv. mém. Acad. Berlin，1771年）^[6]。他的证明是通过考虑乘积（x＋1）（x＋2）（x＋3）…（x＋p-1）的展开式中的系数来完成的。如果令这个乘积为xp-1＋Axp-2＋Bxp-3＋…＋Mx＋N，那么，系数A，B，…，M就都能被p整除，且N就等于1×2×3×…×（p-1）。当x＝1时，这个乘积就可以被p整除；但另一方面它同余于1＋N（mod p），因而1＋N就必然被p整除。

最后，欧拉在Opuscula Analytica第329页给出了证明，它和我们上面的证明是一致的。既然这么杰出的数学家都如此看重这条定理，我们不妨再补充一个证明。

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当对于模p，a和b这两个数的乘积同余于1时，我们就按照欧拉的说法称这两个数是关联数。那么，根据上一章，任何小于p的正数，在小于p的数中有且只有一个关联数。容易证明的是，在数1，2，3，…，p-1中，只有1和p-1是与它自身关联的数；因为，这样的数就是同余方程x2≡1的根。并且，因为这是一个二阶同余方程，它不可能有多于2个的根；即，它的根是1和p-1。去掉这两个数后，剩下的数2，3，…，p-2都有成对的关联数，它们的乘积就同余于1。因而，所有的数1，2，3，…，p-1的乘积就同余于p-1或同余于-1。证明完毕。

例如，对于p＝13，数2，3，4，…，11按照下面的方式关联：2和7，3和9，4和10，5和8，6和11，即，2×7≡1，3×9≡1，…。因此，2×3×4×…×11≡1；因而1×2×3×…×12≡-1。

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更一般地，威尔逊定理可以表述成：所有小于某个给定的数A且同时与A互质的数，它们的乘积对于模A同余于＋1或者-1。当A等于4，或A形如pm或2pm时，其中p是不等于2的质数，1取负号；其他所有情况下，1都取正号。威尔逊定理属于前一种情况。例如，当A＝15时，数1，2，4，7，8，11，13，14的乘积同余于1（mod 15）。为了简洁，我们省去证明，在此仅指出：证明可以按照上一条目进行，除非是同余方程有多于2个的根的情况，因为这种情况下就要特殊对待。如果我们加入接下来很快就要讨论的非质数模，我们也可以像在条目75里那样从指标的讨论中找到证明。

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我们现在回到对（条目75中的）其他定理的讨论。

任意数的周期的所有项的和同余于0。正如条目75中的例子，1＋5＋12＋8＝26≡0（mod 13）。

证明

令所讨论的数的周期为a，该数所属的指数为t，那么周期中所有的项的和就同余于

但是at-1≡0；因此，这个和总是同余于0（参考条目22），除非a-1能被p整除，或a≡1；因此我们必须排除这种情况，除非我们愿意把唯一的一项称为周期。

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当p≠3时，所有原根的乘积都同余于1；当p＝3时，仅有一个原根2。

证明

如果取任意一个原根作为基数，则所有原根的指标就是所有小于p-1且与p-1互质的数。但是，这些数的和，即所有原根的乘积的指标，是同余于0（mod p-1）的，因而这个乘积同余于1（mod p）。因为，显然地，如果k是一个与p-1互质的数，则p-1-k也是与p-1互质的数，因而那些与p-1互质的数的和，是由那些其和能被p-1整除的数对构成（k不可能等于p-1-k，除非是p-1＝2即p＝3的情况）——显然，在所有其他情况下（p-1）/2都不可能与p-1互质。

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所有原根的和要么同余于0（当p-1能被平方数整除时），要么同余于±1（mod p）（当p-1是不等质数的积时：如果质数的个数为偶数，则取正号；如果质数的个数为奇数，则取负号）。

例1：对于p＝13，所有的原根是2，6，7，11，它们的和26≡0（mod 13）。

例2：对于p＝11，所有的原根是2，6，7，8，它们的和23≡＋1（mod 11）。

例3：对于p＝31，所有的原根是3，11，12，13，17，21，22，24，它们的和123≡-1（mod 31）。

证明

我们在前面（条目55第2部分）已经指出，如果p-1＝aαbβcγ，…（其中a，b，c，…是互不相等的质数），且A，B，C，…是分别属于指数aα，bβ，cγ，…的任意整数，那么，乘积ABC…就是原根。容易证明的是，任意原根都能够表达为这种乘积的形式，而且这个表达式是唯一的^[7]。

由此推出，我们可以用这些乘积代替原根。但是，因为在这些乘积中，必须将A的所有值，B的所有值，…组合起来，从组合理论可知，所有这些乘积的和就等于A的所有值的和，B的所有值的和，C的所有值的和，…的乘积。令A，B，…的所有值分别用A，A′，A″，…；B，B′，B″…；…表示，所有原根的和就会同余于下式：

（A＋A′＋…）（B＋B′＋…）…

现在我可以说，如果指数α＝1，和A＋A′＋A″＋…≡-1（mod p），但是，如果α＞1，这个和就同余于0，并且对于剩下的指数β，γ，…也有类似的结论。如果我们能证明这些结论，我们的定理的正确性就可以得到证明。因为，当p-1可以被平方数整除时，指数α，β，γ，…中就一定有一个大于1，因此，同余于所有原根的和的乘积，它的因子中必有一个同余于0；因此，这个乘积本身也同余于0。但是，当p-1不能被平方数整除，所有指数α，β，γ，…就都等于1，因而，所有原根的和就同余于这样的因子的乘积：即它们都同余于-1，它们的个数和数a，b，c，…的个数一样。因此，按照这些数的个数是偶数还是奇数，所有原根的和就同余于±1。我们下面证明这些结论。

1．当α＝1且A是一个属于指数a的数，那么，属于指数a的剩下的数还有A2，A3，…，Aa-1，但是1＋A＋A2＋A3＋…＋Aa-1是完整的周期之和，因而和式同余于0（参考条目79），所以，A＋A2＋A3＋…＋Aa-1≡-1。

2．然而，当α＞1，且A是属于指数aα的一个数，如果我们从A2，A3，A4，…，Aaα-1中去掉Aa，A2a，A3a（参考条目53），我们就得到了属于这个指数的剩下的数；它们的和同余于下式：

即同余于两个周期之差，因而同余于0。证明完毕。