Th1:设p是素数，f(x)=an*(x**n)+an-1*(x**n-1)+...+a1*x+a0,n≥1，an≠0 (mod p) (f(x)∈Z[x]),则f(x)≡ 0 (mod p)的解数不超过n(拉格朗日定理)
证明：
(f(x)的解集∈{C0,C1,C2...,Cp-1})
①若p≤n,则解数≤n
②若p>n,(使用归纳法证明)
当n=1时，a1*x+a0 ≡ 0 (mod p),∵(a1,p)=1(根据an≠0 (mod p)),且(a1,p)|a0,故恰有1个解，此时解数≤n(次数)
假设当n=n-1时，假设成立，即解数≤n-1,则当n=n时，
假设f(x)≡ 0 (mod p)有n+1个解，即{Cx0,Cx1,Cx2,...Cxn}(0≤x0,...,xn≤p-1)
有带余除法(针对多项式)可得，f(x)=(x-x0)*g(x)+r(x)（以(x-x0)为除数，且r(x)的次数会小于除数，∵（x-x0）次数为1，故r(x)次数为0 ，即常数，这里变成r）
将x=x0带入得，f(x0)=r
∵f(x0)≡0 mod(p)
∴r ≡ 0 (mod p)（两边同时加上(x-x0)*g(x)）
∴r+(x-x0)*g(x) ≡ 0 (mod p)
∴f(x)≡(x-x0)*g(x) (mod p)(这里g(x)的最高次项为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)的最高次数为n-1且有n个解
又∵根归纳假设，当n=n-1时，解数<=n-1
故与假设相矛盾，因此当n=n时，有n个解
Th2：f(x) ≡ 0 (mod p) 的解数>n,则p|ai,i=0,1,...,n
证明：
∵f(x) ≡ 0 (mod p) 的解数>n
∴f(x)的最高次项常数an≡0(mod p)(根据Th1,反着来)
又∵p为素数，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)
此时，次数为n-1，而解数>n(与原本的式子解数一致)，故an-1≡0 (mod p)，即p|an-1
以此类推，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的所有系数能被p整除
证明：
f(x)≡0(mod p)的解x∈{0,1,2,3,...,p-1},且f(x)的次数
当x=1,2,...p-1时，多项式(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个解，故此时f(x)=1-x**(p-1) (mod p)
又∵(x,p)=1,根据欧拉定理，x**φ(p)≡1 (mod p)
∵p为素数，故1-1≡0(mod p)（对于同余式x**φ(p)≡1 (mod p)，x∈{1,2,3,...,p-1}，都成立）
也就是说，f(x)≡0 (mod p)的解有p-1个
又∵f(x)本身的项≤p-2,即f(x)的解数>次数，根据Th2，可得p|ai，也就是所有系数可以被p整除
推论：当x=0时，f(0)=(-1)*(-2)*...*(0-(p-1))=(p-1)!+1，又f(0)正为f(x)常数项系数（根据Th3可知，系数度能被p整除），故p|(p-1)!+1即(p-1)!+1≡0(mod p)(威尔逊定理)
Th4:p>3,则∑(k=1,p-1)(p-1)!/k≡0 (mod p**2)
如图：（式子太难打了！）
推论：如图
注意：以上的p代表的是奇素数！！！