ウィルソンの定理の証明は？

質問

ウィルソンの定理
(n - 1)! + 1≡ 0(mod n)
n：素数
の証明が思いつきません。

たとえばn=7とすると、

6!=(6・1)(5・3)(4・2)
=6・15・8

のように分解できるようなのですが、
すべての素数についてこのように分
解できることを証明するためには、
どうしたらよいのでしょうか？

回答No.2

eatern27 · ベストアンサー

命題
nを素数、aを1≦a≦n-1の自然数とするとき、
ある自然数b(1≦b≦n-1)が存在して、
ab≡1(mod n)
となる。このようなbは1≦b≦n-1に唯１つである。

(証明は省略します)

上のような条件を満たす(a,b)をペアと考えます。
a=1,n-1のペアは自分自身で、2≦a≦n-2なるaのペアは自分自身でない、という事も証明できます。

(n-1)!=1*{2*・・・*(n-2)}*(n-1)
の{}内に着目すると、
上の意味での"ペア"を{}の中で作る事ができます。

ペアの相方がいない、とか、ペアの相方が２つ以上ある、という事がありませんので、

例えば、n=7や11の場合に、{}内を並び替えると
6!=1*{(2*4)*(3*5)}*6≡1*{1*1}*6≡-1 (mod 7)
10!=1*{(2*6)*(3*4)*(5*9)*(7*8)}*10≡1*{1*1*1*1}*10≡-1 (mod 11)
となるのと同じように、

一般のnに対しても、{}内を並び替えれば、
(n-1)!≡1*{1*1*・・・*1}*(n-1)≡-1 (mod n)
となります。

お礼

ありがとうございました＾＾
補題の証明とあわせて、印刷してゆっくり考えてみます。
（バカなのでわからないかもしれませんが…。）

分からなければ、またお聞きするかもしれません＾＾；

回答No.4

yoikagari

私は別の方針で解答します。

まず、補題として以下を示します。
pを素数、mを0以上の整数とするとき、m^p-mはpで割り切れる。

補題証明
m=0のときm^p-m=0-0=0はpで割り切れる
m=kのときk^p-kはpで割り切れると仮定すると
(k+1)^p-(k+1)=k^p-k+Σ_[i=1](p_C_i)*k^i=p*K+Σ_[i=1](p_C_i)*k^i

(i!)*p_C_i=p(p-1)*…*(p-i+1)で分母のi!は素数pと互いに素だから、p_C_iはpで割り切れる

p*K+Σ_[i=1](p_C_i)*k^i=p*K+Σ_[i=1](p*h)*k^i=p*(K+Σ_[i=1]h*k^i)となるので、m=k+1のときもm^-mはpで割り切れる。

よって数学的帰納法によって、補題はいえました。

また、mを任意の整数としたときm(m-1)(m-2)*…(m-p+1)も補題と同様にpで割り切れる

∵mをpで割った余りがrのときm-rがpで割り切れるから

よって補題とあわせて、m^p-m≡m(m-1)(m-2)*…(m-p+1)　(mod　p)が任意の自然数mについて成り立ちます。

ここで右辺を展開すると、mの係数は(p-1)!となります。

左辺の項と比較すると、(p-1)!≡-1　(mod　p)であることがわかります。

係数比較はmod　pの世界でも使えるのです。
(詳しいことは、代数学の教科書をご覧ください)

お礼

ありがとうございました＾＾
補題は有名な「フェルマーの小定理」ですね。
この方針でも考えたのですが、うまくいかなくて…
印刷してゆっくり考えてみます。
（バカなのでわからないかもしれませんが…。）
分からなければ、またお聞きするかもしれません＾＾；

回答No.3

upsilon4s

G=(Z/pZ) とおく．
このとき，a∈G で，a=a^-1 を満たすものは a=1,p-1 のみ．
したがって，Π_{a∈G}a において，1,p-1 以外の a に対しては，
a と a^-1 が現れるから，Π_{a∈G}a = p-1 を得る．□

補足

すみません。バカなのでよく分かりません…

もっとかみ砕いてお願いできませんでしょうか＞＜

回答No.1

asako_ts

原始根使って証明するんだと思った。
思ったよりあっけない証明だった覚えがある…が、昔の事なんで、詳細はすっかり忘れました。

お礼

原始根…ですか。
また調べてみます。ありがとうございました＾＾