Wilsonov teorem: razlika između inačica

Sada je lako dokazati Wilsonov teorem. Naime, svaki je od brojeva <math> \{1, 2, ..., p - 1\} </math> relativno prost s <math> p </math> pa nam prethodna lema može pomoći. Prema gornjoj lemi, svaki od faktora <math> (p - 1)! = 1 \cdot 2 \cdot ... \cdot (p - 1)
= P </math> ima svoj multiplikativni inverz modulo <math> p, </math> osim brojevafaktora koji su sami sebi inverzni modulo <math> p. </math> Nađimo sve takve faktore. Neka je <math> S = \{1, 2, ..., p - 1\} </math> te neka je <math> x \in S </math> za koji vrijedi <math> x^2 \equiv 1 \pmod n. </math> Tada <math> p \mid (x - 1)(x + 1) . </math> Kako je <math> p </math> prost i <math> p \leq x \leq p - 1 </math> slijedi (prema Euklidovoj lemi) da postoje samo dva takva broja <math> p = x - 1 \iff x = p + 1 </math> ili <math> p = x + 1 \iff x = p - 1. </math> No, <math> p + 1 \not\in S, </math> ali su prema gornjoj lemi rješenja svi brojevi kongruentni s <math> p + 1 </math> modulo <math> p. </math> Očito je onda i broj <math> 1 \in S, </math> uz <math> p - 1 \in S, </math> rješenje gornje kvadratne kongruencije. Sada(Ovo jese jasnomoglo dazaključiti sui svipreko parovitoga <math>da (k,je pjedini -element k),iz k<math> \inS \mathbb{N}</math> osimkoji parazadovoljava <math> (1, p \mid x - 1), </math> kongruentiupravo broj <math> 1 </math> moduloi <math>slično p.jedino </math> Prema tome, <math> (p - 1)! \equiv p - 1 \pmod p, </math> iz čega je konačnozadovoljava <math> (p -\mid 1)!x \equiv -+ 1 \pmod p,. </math> što je i trebalo dokazati.)