الرياضيات بالعربية

مبرهنة Wilson

مبرهنة Wilson هي مبرهنة تعطينا التكافئ للبرهنة على أولية عدد $p$.

لكنها تصبح غير عملية بسبب سرعة كبر العدد $n!$.

مبرهنة Wilson تنص على :

$p$ أولي $ (p-1)!+1 \equiv 0[p] \Leftrightarrow$


1) بين الإستلزام التالي : $p \Leftarrow (p-1)!+1 \equiv 0[p]$ أولي.

2) بين : $\forall n \in \{1,..,p-1\} \, \exists ! a \in \{1,..,p-1\} \, : \, n \, a \equiv 1[p]$.

3) بحلك للمعادلة $n^2 \equiv 1 [p]$ بحيث $n \in \{1,...,p-1\}$ بين أن :
$\forall n \in \{2,..,p-2\} \, \exists ! a \in \{2,..,p-2\} \, n \neq a \, : \, n \, a \equiv 1[p]$.

4) استنتج أن : $p \Rightarrow (p-1)!+1 \equiv 0[p]$ أولي.
ليكن $p$ عدد أولي. لدينا :

$\begin{align*} (p-1)!+1\equiv 0[p] & \iff \exists k\in\mathbb{Z}:(p-1)!+1=kp \\ & \iff \exists k\in\mathbb{Z}:kp-(p-1)!=1 \quad (\star) \end{align*}$

ليكن $m \in \{1,...,p-1\}$ لدينا :

$(p-1)! = 1 \times 2 \times ... \times m \times ....\times (p-1) = m \times k_1$

وبالتالي حسب $(\star)$ لدينا : $kp-mk_1 = 1$ ومنه وحسب مبرهنة Bezout فإن :

$\forall m \in \{1,...,p-1\} \, : \, p \wedge m = 1$.

إذن $p$ عدد أولي.


ليكن $n \in \{1,...,p-1\}$ و $p$ أولي, لدينا :

$n \wedge p = 1$ إذن حسب مبرهنة Bezout :

$\exists (\alpha, \beta) \in \mathbb{Z}^{2} \, : \, \alpha n + \beta p = 1$

وبالتالي لدينا : $\alpha n = 1 - \beta p \equiv 1 [p]$.

بإجراء القسمة الأقليدية للعدد $\alpha$ على $p$ لدينا :

$\exists (q, a) \in \mathbb{Z} \times \mathbb{N} \, : \, \alpha = pq + a$ بحيث $0 \leq a < p$.

لدينا : $\alpha n = pqn + an \equiv 1[p]$.

وبالتالي $\exists a \in \{1,...,p-1\} \, : \, n \, a \equiv 1 [p] $.

الآن لنبين وحدانية العدد a.

نفترض أنه يوجد $a_1 \in \{1,...,p-1\}$ بحيث $n \, a_1 \equiv 1 [p]$.

$\begin{cases}na\equiv1[p] \\ na_1 \equiv 1[p] \end{cases} \Rightarrow n(a-a_1)\equiv 0[p]\Rightarrow a-a_1 \equiv 0[p]$

لأن $n \wedge p = 1$ وبالتالي $n \not\equiv 0 [p]$.

وبالتالي فإن $p$ بقسم $|a-a_1|$.

وحيث أن $|a-a_1| < p$ فإن $|a-a_1| = 0$, إذن :

$a = a_1$ ومنه وحدانية العدد $a$.


ليكن $n \in \{1,...,p-1\}$ سوف نحل المعادلة التالية : $n^2 \equiv 1 [p]$.

$\begin{array}{rcl}n^2 \equiv 1[p] & \Leftrightarrow & n^2 - 1 \equiv 0[p] \\& \iff & p | (n+1)(n-1) \\& \iff & p | n+1 \, \, \text{ou}\, \, p | n-1 \, \, ;\text{p\,\,premier}\\& \iff & n \equiv -1[p] \, \, \text{ou}\, \, n \equiv 1[p]\\& \iff & n \equiv p-1[p] \, \, \text{ou}\, \, n \equiv 1[p]\\\end{array}$

لاحظ أننا حللنا المعادلة $n \, a \equiv 1 [p]$ من أجل $a = n$.

لدينا انطلاقا من الحلول أن الأعداد التي تقبل نفسها كمقلوب هي $1$ و $p-1$, والأعداد الأخرى مقلوباتها مختلفة إذن :

$\forall n \in \{2,..,p-2\} \, \exists ! a \in \{2,..,p-2\} \, n \neq a \, : \, n \, a \equiv 1[p]$.


لدينا:

$(p-1)!=1\bigg(2.3\dots(p-2)\bigg)(p-1)$
ولدينا:

$\forall n\in\{2,3,\cdots,p-2\},\,\exists ! a\in \{2,3,\cdots,p-2\}:na\equiv 1[p]$

ومنه، في عبارة $(p-1)!$ نقوم بتجميع الأعداد داخل القوسين الكبيرين كل عدد مع مقلوبه ، أي كل عددين يحققان $na\equiv 1[p]$ نجمّعهما مع بعض، فنجد:

$\begin{align*}(p-1)! & \equiv 1\bigg(\underset{\frac{p-3}{2}\,fois}{\underbrace{1.1\dots 1}}\bigg)(p-1)[p] \\ & \equiv(p-1)[p] \\ & \equiv -1[p]\end{align*}$
$\Rightarrow (p-1)!+1\equiv 0[p]$