th1:設p是素數，f(x)=an*(x**n)+an-1*(x**n-1)+...+a1*x+a0,n≥1，an≠0 (mod p) (f(x)∈z[x]),則f(x)≡ 0 (mod p)的解數不超過n(拉格朗日定理)
證明：(f(x)的解集∈)
①若p≤n,則解數≤n
②若p>n,(使用歸納法證明)
當n=1時，a1*x+a0 ≡ 0 (mod p),∵(a1,p)=1(根據an≠0 (mod p)),且(a1,p)|a0,故恰有1個解，此時解數≤n(次數)
假設當n=n-1時，假設成立，即解數≤n-1,則當n=n時，
假設f(x)≡ 0 (mod p)有n+1個解，即(0≤x0,...,xn≤p-1)
有帶餘除法(針對多項式)可得，f(x)=(x-x0)*g(x)+r(x)（以(x-x0)為除數，且r(x)的次數會小於除數，∵（x-x0）次數為1，故r(x)次數為0 ，即常數，這裡變成r）
將x=x0帶入得，f(x0)=r
∵f(x0)≡0 mod(p)
∴r ≡ 0 (mod p)（兩邊同時加上(x-x0)*g(x)）
∴r+(x-x0)*g(x) ≡ 0 (mod p)
∴f(x)≡(x-x0)*g(x) (mod p)(這裡g(x)的最高次項為n-1)
∴f(xk)≡(xk-x0)*g(xk) (mod p)
又∵f(xk) ≡ 0 (mod p), (cxk-x0,p)=1
∴g(xk) ≡ 0 (mod p)
故g(xk)的最高次數為n-1且有n個解
又∵根歸納假設，當n=n-1時，解數<=n-1
故與假設相矛盾，因此當n=n時，有n個解
th2：f(x) ≡ 0 (mod p) 的解數》n,則p|ai,i=0,1,...,n
證明：∵f(x) ≡ 0 (mod p) 的解數》n
∴f(x)的最高次項常數an≡0(mod p)(根據th1,反著來)
又∵p為素數，故p|an
∴f(x)=an*(x**n)+an-1*(x**n-1)+...+a1*x+a0 (mod p)
=an-1*(x**n-1)+...+a1*x+a0 (mod p)
此時，次數為n-1，而解數》n(與原本的式子解數一致)，故an-1≡0 (mod p)，即p|an-1
以此類推，p| an-3,...p|a1,p|a0,即p|ai(i=0,1,2,...,n)
th3:f(x)=(x-1)*(x-2)*(x-3)*...*(x-(p-1))-x**(p-1)+1的所有係數能被p整除
證明：f(x)≡0(mod p)的解x∈,且f(x)的次數
當x=1,2,...p-1時，多項式(x-1)*(x-2)*(x-3)*...*(x-(p-1))=0，即(x-1)*(x-2)*(x-3)*...*(x-(p-1))≡0 (mod p)有p-1個解，故此時f(x)=1-x**(p-1) (mod p)
又∵(x,p)=1,根據尤拉定理，x**φ(p)≡1 (mod p)
∵p為素數，故1-1≡0(mod p)（對於同余式x**φ(p)≡1 (mod p)，x∈，都成立）
也就是說，f(x)≡0 (mod p)的解有p-1個
又∵f(x)本身的項≤p-2,即f(x)的解數》次數，根據th2，可得p|ai，也就是所有係數可以被p整除
推論：當x=0時，f(0)=(-1)*(-2)*...*(0-(p-1))=(p-1)!+1，又f(0)正為f(x)常數項係數（根據th3可知，係數度能被p整除），故p|(p-1)!+1即(p-1)!+1≡0(mod p)(威爾遜定理)
th4:p>3,則∑(k=1,p-1)(p-1)!/k≡0 (mod p**2)
如圖：（式子太難打了！）
推論：如圖
注意：以上的p代表的是奇素數！！！
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