威尔逊定理

表述：如果 $p$ 是素数，则 $(p-1)!\equiv -1\pmod p$
证明：
（1）当 $p = 2$ 时， $(p-1)!=1\equiv-1\pmod2$
（2）当 $p$ 为大于 $2$ 的素数时，对每个满足 $1\le a\le p-1$ 的整数 $a$ ，存在逆 $\bar{a}$ ，使得 $1\le \bar{a}\le p-1$ 且 $a\bar{a}\equiv 1\pmod p$
（3）在小于 $p$ 的正整数 $a$ 中，逆是其本身的数只有 $1$ 和 $p - 1$ ，对于其他的数字进行两两分组，每组都是一个数及其逆。从而有： $2\times3\times\cdots\times(p-2)\equiv 1\pmod p$
（4）上述同余式两边同时乘以 $1\times (p-1)$ ，得到 $(p-1)!\equiv 1\times(p-1)\equiv(-1)\pmod p$ 。
该定理的逆命题也成立：设 $n$ 是大于等于 $2$ 的正整数，若 $(n-1)!\equiv -1\pmod n$ ，则 $n$ 是素数。证明略。

费马小定理

表述：设 $p$ 是一个素数， $a$ 是一个正整数且 $p\not|\ a$ ，则 $a^{p-1}\equiv1\pmod p$
证明：
（1）考虑这 $p - 1$ 个整数 $a,2a,\cdots,(p-1)a$ ，易得他们都不能被 $p$ 整除，因为 $p\not|\ a$ 。
（2）进一步，这里面 $p - 1$ 个整数中任何两个整数模 $p$ 不同余。
如果有两个数 $ia\equiv ja\pmod p$ ，则 $i\equiv j\pmod p$ ，但是 $1\le i,j\le p-1$ ，故不可能。
（3）故这 $p - 1$ 个整数取模 $p$ 的最小正剩余一定是 $1\sim p-1$ 的一个全排列。
（4）由同余性，这几个整数的乘积模 $p$ 同余于前 $p - 1$ 个正整数的乘积，即：
$a\times2a\times\cdots\times(p-1)a\equiv(p-1)!\pmod p$
（5）化简式子，故 $a^{p-1}(p-1)!\equiv(p-1)!\pmod p$
因为 $\gcd((p-1)!,p)=1$ ，故两边可以消去 $(p - 1)!$ ，得到了：
$a^{p-1}\equiv 1\pmod p$
引申定理1：设 $p$ 是一个素数， $a$ 是一个正整数，则 $a^{p}\equiv a\pmod p$
引申定理2：若 $p$ 是一个素数， $a$ 是一个正整数且 $p\not|\ a$ ，则 $a^{p-2}$ 是 $a$ 模 $p$ 的逆。
引申定理3：若 $a, b$ 是正整数， $p$ 是素数且 $a\not|\ p$ ，那么线性同余方程 $ax\equiv b\pmod p$ 的解是满足 $x\equiv a^{p-2}b\pmod p$ 的整数 $x$ 。

欧拉 $\phi$ 函数定义： $\phi(n)$ 表示不超过 $n$ 且与 $n$ 互素的正整数的个数。
欧拉定理：设 $m$ 是一个正整数， $a$ 是一个整数且 $\gcd(a,m)=1$ ，那么 $a^{\phi(m)}\equiv 1\pmod m$
证明：
（1）令 $r_1,r_2,\cdots,r_{\phi (m)}$ 是由不超过 $m$ 且和 $m$ 互素的元素组成的既约剩余系。因为 $\gcd(a,m)=1$ ，故集合 $ar_1,ar_2,\cdots,ar_{\phi(m)}$ 也是模 $m$ 的一个既约剩余系。从而在一定顺序下， $ar_1,ar_2,\cdots,ar_{\phi(m)}$ 的最小正剩余一定是 $r_1,r_2,\cdots,r_{\phi(m)}$ 。
（2）乘起来，可得 $ar_1\times ar_2\times\cdots\times ar_{\phi(m)}=a^{\phi(m)}r_1r_2\cdots r_{\phi(m)}\equiv r_1r_2\cdots r_{\phi(m)}\equiv1\pmod m$
（3）直接得到了 $a^{\phi(m)}\equiv1\pmod m$
引申定理1： $a^{\phi(m)-1}$ 是 $a$ 模 $m$ 的逆。