这表明,δp(j)|δp(g),j=1,2,⋯,p−1. 所以,j=1,2,⋯,p−1都是同余方程xδp(g)≡1(modp)的根. 由拉格朗日定理,可知δp(g)⩾p−1. 另一方面,由费马小定理知gp−1≡1(modp), 故应有δp(g)|(p−1). 综上可知,δp(g)=p−1, 即g为模p的原根.反馈...
证明见解析. 设g是模pα的原根,则g+pα也是模pα的原根.在g和g+pα中有一个为奇数, 设这个奇数为~g,则(~g,2pα)=1. 于是,由欧拉定理可知δ2pα(~g)|φ(2pα). 而(~g)α2pα(~g)≡1(mod2pα), 故(~g)δ2pα(~g)≡1(modpα). 利用~g为模pα的原根, 故φ(pα)|δ2pα(~...
这表明,8p(j)|8(g),j=1,2,… ,p-1.所以,j=1,2,… ,p-1都 是同余方程 x^8p^((8))=1(modp) 的根.由拉格朗日定理,可知 δ_p(g)≥p-1 . 另一方面,由费马小定理知 g^(p-1)=1(modp) , 故应有 δ_p(g)|(p-1) . 综上可知,8p(g)=p-1,即g为模p的原根. ...
【解析】证明:(1)设g模pn的次数是r,则由 g'=1(modp) 得p-1|r,另外必需 |φ(p^n)=p^(p-1)(p-1)因此可设 r=p^h(p-1) h≤n-1 由定义即可知g是模p的原根=h=n-1=gpn-2(p-1)≠1(modpn(1)但因9-1≠1(modp2),可设g^(p-1)=1+ap(modp^2),a≠q0(modp) 由上述引理...
3.(50分)设p≡1(mod4)是素数,a是模p的一个原根,i为虚数单位.记 t=ind_ax ,若整数 x=a^t(modp) , (t=0,1,2,⋯,p-2) .
因此,至少存 3φ(p−1)−(p−1)2 符合题意的k. 结果一 题目 设p为4k+1型的素数,且满足p−1<3φ(p−1),其中,φ(n)表示欧拉函数,证明:至少存在3φ(p−1)−(p−1)2个正整数k,使得k为模p的原根,且(k,p−1)=1. 答案 证明见解析. 相关推荐 1设p为4k+1型的素数,且...
由p=1(mod 4)有(-1)-1)2=1,于是上式表明 g(x-1)/2=1(modp) , 这与g为p之原根矛盾.这证明了必有h=p-1,即-g 必为p之原根. 情形二.设p=3(mod4).因g为p之原根,故 g美 1(mod p). 再由 (g +1)(g -1)=gr-'-1≡ 0(mod p), 得 g=-1(mod p), 再由p=3(mod4)...
证明见解析 设g是模pα的原根,则g+pα也是模pα的原根.在g和g+pα中有一个为奇数, 设这个奇数为~g,则(~g,2pα)=1. 于是,由欧拉定理可知δ2pα(~g)|φ(2pα). 而(~g)α2pα(~g)≡1(mod2pα), 故(~g)δ2pα(~g)≡1(modpα). 利用~g为模pα的原根, 故φ(pα)|δ2pα(~g)...
结果1 题目设p为奇素数,则模p的原根存在 相关知识点: 试题来源: 解析证明先建立一个引理:设a,b是与p互素的两个整数,则存在c∈Z,使得 δ_p(c)=[δ_p(a),δ_p b)].事实上,记δ_P(a)=r , δ_p(b)=t ,并设r=dx,这里d=(r,t),则[8,(a), δ_p(b)]=xt由本节性质2,知δ_p(a^...