一道证明题,100分,设k为（mod p）的原根a) 证明(p-1) ! = [k * k^2 * k^3 * ... * k^(p-1)] (mod p) b) 利用a）证明(p-1) ! = -1 (mod p)谁帮个忙，做出来再加100
来源：学生作业帮助网 编辑：六六作业网 时间：2024/12/23 09:31:17
一道证明题,100分,设k为（mod p）的原根a) 证明(p-1) ! = [k * k^2 * k^3 * ... * k^(p-1)] (mod p) b) 利用a）证明(p-1) ! = -1 (mod p)谁帮个忙，做出来再加100
一道证明题,100分,设k为（mod p）的原根
a) 证明(p-1) ! = [k * k^2 * k^3 * ... * k^(p-1)] (mod p)
b) 利用a）证明(p-1) ! = -1 (mod p)
谁帮个忙，做出来再加100
一道证明题,100分,设k为（mod p）的原根a) 证明(p-1) ! = [k * k^2 * k^3 * ... * k^(p-1)] (mod p) b) 利用a）证明(p-1) ! = -1 (mod p)谁帮个忙，做出来再加100
p是质数吧.
a) 由原根的定义,对任意正整数d < p-1,有k^d ≠ 1 (mod p).
因此k,k^2,k^3,...,k^(p-1) mod p两两不等.
否则若a > b满足k^a = k^b (mod p),由k与p互质,有k^(a-b) = 1 (mod p).
但正整数d = a-b < p-1,矛盾.
又k,k^2,k^3,...,k^(p-1)都不被p整除,mod p的余数只有1,2,3,...,p-1这p-1种可能.
于是k,k^2,k^3,...,k^(p-1) mod p的余数就是1,2,3,...,p-1的一个排列.
故(p-1)!= k·k^2·k^3·...·k^(p-1) (mod p).
b) 若p = 2,结论显然成立,以下只考虑p为奇质数的情形.
k·k^2·k^3·...·k^(p-1) = k^(1+2+3+...+p-1) = k^(p(p-1)/2) = (k^p)^((p-1)/2).
由Fermat小定理,k^p = k (mod p),于是(k^p)^((p-1)/2) = k^((p-1)/2) (mod p).
设a = k^((p-1)/2) (mod p),仍由Fermat小定理,a^2 = k^(p-1) = 1 (mod p).(原根k与p互质).
即有p | a^2-1 = (a-1)(a+1),得p | a-1或p | a+1,也即a = ±1 (mod p).
但k为mod p的原根,(p-1)/2为小于p-1的正整数,因此a = k^((p-1)/2) ≠ 1 (mod p).
于是只有k^((p-1)/2) = a = -1 (mod p).
结合a)的结论,(p-1)!= k·k^2·k^3·...·k^(p-1) = k^((p-1)/2) = -1 (mod p).
你这道题我在一朋友的手机开锁屏保里遇到过，直接无视！