呵呵，我又來了，好久沒寫日志了，啦啦啦……
? ? 以前說過的，這次帶來……好吧，如題。先從自認為簡單些的開始吧。

? ? ①威爾遜定理

? ? ????這個定理是說，對于任意自然數(shù)q，當且僅當q是質(zhì)數(shù)時，(q-1)!≡q-1(mod q)；
? ? ????那么，怎么證明咧？
? ? ? ? ? ??首先，如果q不是質(zhì)數(shù)，而且q大于4，那一定存在q=0(mod p),q=0(mod q/p)?1<p<q，那么(q-1)!=0(mod q)
? ? ????????然后，當q是質(zhì)數(shù)時，我們可以構(gòu)造集合A={1,2,3,4……n-1}，對于集合中除1和n-1外的任意數(shù)x，集合中必定唯一存在y，使xy=1(mod q)（其實就是y是x的數(shù)論倒數(shù)），那集合中除1和n-1外的數(shù)都可兩兩配對，使最后的乘積為1(mod q)，于是乎，再乘上1和n-1，得到(q-1)!=q-1(mod?q)；
????? ? ????還有問題，上面說的對于每個x，存在xy=1(mod q)，又怎么證明咧？因為q是質(zhì)數(shù)，x與q互質(zhì)，構(gòu)造集合{x，2x，3x……qx}，所以該集合一定是對于模q的一個縮系(即任意兩個數(shù)不對模q同余，從而模q后形成q的剩余系)，又因為qx=0(mod q)，所以一定唯一存在y(1<y<q)，使xy=1(mod q)。 唔，然后就證完了！

? ? ②中國剩余定理

????? ? 聽名字就蠻自豪的，這貨是用來解同余方程的說；
????? ? ????首先，對于同余方程x=ai(mod mi)(1≤i≤n)，且各個mi互質(zhì)，我們定義M=m1Xm2Xm3……Xmn，以及qi=M/mi，設ti為qi對于模mi的數(shù)論倒數(shù)(前面說過的)，那么x=a1*t1*q1+a2*t2*q2+……+an*tn*qn+kM(k為任意整數(shù))。 然后就是證明了：
?????????????先把等一下要用的東西寫出來： 因為ti*qi=1(mod mi)，所以ai*ti*qi=ai(mod mi)；
　　　　　　因為qi是任意mj(i≠j)的倍數(shù)，所以ai*ti*qi=0(mod mj)；
?????????????好了，然后開證了：對于每個mi，x=a1*t1*q1+a2*t2*q2+……+an*tn*qn=ai*ti*qi+a1*t1*q1+a2*t2*q2+……+an*tn*qn；之后
? ? ? ??對于模mi可得x=ai+0+0……+0=ai(mod mi)，滿足條件，然后再加個kM(這個可以理解吧)，得證啦！

? ? ③費馬小定理

????? ? 注意，是小定理，不是費馬大定理哦！它告訴我們假如p是質(zhì)數(shù)，且gcd(a,p)=1(就是互質(zhì))，那么a^(p-1)≡1(mod p)；
? ? ? ? 證明來了(略苦逼的說)：
????????????構(gòu)造集合P={1,2……,p-1}，由于p與a互質(zhì)，那么對于另一個集合A={a,2a……a(p-1)}，是p的一個縮系，這個前面說過，這里具體證明一下，如果存在ai=aj(mod p)，那么ai-aj=a(i-j)=0(mod p)，因為a與p互質(zhì)，可得i-j=0(mod p)!，與題意不符！
????????? ? 然后1*2*3……*(p-1)=a*2a*3a……an(mod p)，于是(p-1)!=(p-1)!*a^(p-1)?(mod p)，因為(p-1)!與p互質(zhì)，約去(p-1)!
????????????得證：a^(p-1)≡1(mod p)。

? ? ④歐拉定理

????????? ??費馬小定理事實上是歐拉定理的一種特殊情況，歐拉定理是說若p,a為正整數(shù)，且p,a互質(zhì)，則a^φ(p)≡1(mod p)，證明我就不詳述了，?用費馬小定理的證明改一下就好了啦，就是這樣！又偷懶了……

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總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的初等数论四大基本定理的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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