證明
充分性
如果“p”不是素數，當p=4時，顯然（p-1)!≡6≡2(mod p), 當p>4時，若p不是完全平方數，則存在兩個不等的因數a，b使得ab=p，則(p-1)!≡nab≡0(mod p);若p是完全平方數即p=k^2，因為p>4,所以k>2，k,2k<p，(p-1)!≡n(k*2k)≡n'k^2≡0(mod p)。
必要性
若p是素數,取集合 A={1,2,3,...p -1}; 則A 構成模p乘法的縮系,即任意i∈A ,存在j∈A,使得:
( i j ) ≡ 1 ( mod p )那么A中的元素是不是恰好兩兩配對呢? 不一定,但只需考慮這種情況
x^2 ≡ 1 ( mod p )
解得: x ≡ 1 ( mod p ) 或 x ≡ p - 1 ( mod p )
其餘兩兩配對;故而
( p - 1 )! ≡ 1﹡( p -1 ) ≡ -1 ( mod p )
必要性證明
證明：若p為質數，則p可整除(p-1)!+1。
方法一
p=2，命題顯然成立；
p=3，命題顯然成立；
假設B中被p除餘一的數是γa:
一若γ=1，則γa=a，它被p除余a,又因為a不等於1，所以γ=1不成立；
二若γ=p-1,則γa=(p-1)a,它被p除余p-a,又因為a不等於p-1,所以γ=p-1不成立；
由一二三知γ≠a且a,γ∈A。
a不同時，γ也相異；若a1≠a2, a1,a2∈A,且γa1≡γa2≡1(mod p），因，γa1，γa2∈B，而B中的元素關於mod p不同餘，可見a1≠a2,則γ1≠γ2。
即A中的每一個a均可找到與其配對的y，γ∈A使ay≡1(mod p)，
又，a不同時，γ也相異。
因此，A中的偶數個（p-3個）元素可以分成(p-3)/2個二元組（a,y）,每個二元組都滿足ay≡1(mod p)，
∴ 1×2×3×4....(p-2)≡1(mod p)
p-1≡-1(mod p)
∴ (p-1)!≡-1(mod p)
從而p可整除(p-1)!+1
方法二
對於偶質數2，命題顯然成立；
對於奇質數，令a∈A={2,3,4.....p-2},則B={a,2a,3a,.....,(p-1)a}中不會有對於除數p同餘的兩個數；事實上αa,βa∈B,αa≡βa(mod p),則a|α-β|能被p整除，而a|α-β|∈B，B中的元素不可能被p除盡。於是B中被p除得的餘數形成集合{1,2,3,...,p-1}.
假設b中被p除餘一的數是γa:
一若γ=1，則γa=a，它被p除余a,所以γ=1不成立；
二若γ=p-1,則γa=(p-1)a,它被p除余a,所以γ=p-1不成立；
三若γ=a，則γa=a*a,由於a*a≡1(mod p)，故應有a*a-1=(a+1)(a-1)≡0(mod p),這只能是a=1或a=p-1,此與a∈A矛盾，故不成立；
由一二三知γ≠a且a∈A。
a不同時，γ也相異；若a1≠a2, a1,a2∈A,且γa1≡γa2≡1(mod p），因，γa1，γa2∈B，而B中的元素關於mod p不同餘，可見a1≠a2,則γ1≠γ2。
依次取a為2,3,...,(p-1)/2;使γa≡1（mod p)的數γ分別為(p-1)/2+1,(p-1)/2+2,...,(p-1)/2,
即2*【(p-1)/2+1】≡3*【(p-1)/2+2】≡4*【(p-1)/2+3】≡...【(p-1)/2】*(p-2)≡1(mod p)
從而2*【(p-1)/2+1】*3*【(p-1)/2+2】*4*【(p-1)/2+3】*...*【(p-1)/2】*(p-2)≡1(mod p)
2*3*4*5*6*...*(p-2)≡1(mod p)
又p-1≡-1(mod p),則
(p-1)!=1*2*3*4*5*...*(p-2)*(p-1)≡-1(mod p)
從而p可整除(p-1)!+1
