【题目】 设p是奇素数,且 p=1(mod4) 证明: (1)1,2,-12中模p的二次剩余与二次非剩 余的个数均为-个; (2)1,2, p-1 中有-1个偶数为模p的二次剩 余,有-1个奇数为模p的二次非剩余; (3)1,2,, p-1 中全体模p的二次剩余之和为 p(p-1)4 。
【题目】设p是奇素数,且p≡1(mod4)证明:(1)1,2,,中模p的二次剩余与二次非剩余的个数均为个(2)1,2,.p-1中有个偶数为模p的二次剩余,有个奇数为模p的
证明见解析. 先证必要性.设有整数a,使得a2≡−1(modp),显然pa,故由费马小定理知a≡ap−1≡(a2)p−12≡(−1)p−12(modp),从而p−12应为偶数,即p≡1(mod4). 再证充分性.若p≡1(mod4),即p−12为偶数,于是 (p−1)!=1×2×⋅⋅⋅×p−12×(p−1)×(p−2)×⋅...
设p是奇素数,且p\equiv 1\left( \bmod 4 \right).证明:(1)1,2,\cdots ,\frac{p-1}{2}中模p的二次剩余和二次非剩余
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. 我们只要证明p2p+1p2+1的任一个素约数q满足q≡1(mod4p)即可, 首先注意p2p+1p2+1=p2(p−1)−p2(p−2)+⋯−p2+1,① 故q≠p. 设r是p模q的阶, 因p2p≡−1(modq),② 故p4p≡1(modq), 所以r|4p. 于是r=1,2,4,p,2p或4p. 若r=1,2,p,2p,将导出p2p≡1(m...
设p为满足p=1(mod4)的奇素数,计算p−1∑k=1{k2p}的值,其中,{x}=x−[x],[x]表示不超过实数x的最大整数.
mod12)时,[p/3]=(p-2)/3,[∫_0x∫_0^xf(f-p/3)]^( ]=(p-5)/6 故λ=P=2_p=5=+1=偶数因此,由高斯定理,知当p=1(mod12)或p=-1(mod12)时,()=当p≡5(mod12)或p=7(mod12)时,()-2n其次,由于((-3)/p)=((-1)/p)(3/p)=(-1)^((2-1)/3) )故当p=1(m-4);...
解:因为k2≡(p−k)2(modp),所以p−12∑k=1{k2p}=p−1∑k=p+12{k2p},于是知p−1∑k=1{k2p}=2⎛⎜⎜⎝p−12∑k=1{k2p}⎞⎟⎟⎠. 又12、22、⋯、(p−12)2是模p的全部二次剩余.因为(−1p)=(−1)p−12=1,所以对于任意(b,p)=1,有(−bp)=(...
设p为奇素数.证明:1) 1^2⋅3^2⋅⋯+(p-2)^2=(-1)^((p+1)/2)(modp) ;(2) 2^2⋅4^2⋅⋯+10^2=(-1)^((p+1)/2