设p是素数,a是整数,(a,p)=1,证明:存在整数u,v,(u,v)=1,使u^2+a*u^2=0(modp)的充要条件是-a是模p的二次剩余

来源:学生作业帮助网 编辑:六六作业网 时间:2024/12/25 10:08:40
设p是素数,a是整数,(a,p)=1,证明:存在整数u,v,(u,v)=1,使u^2+a*u^2=0(modp)的充要条件是-a是模p的二次剩余设p是素数,a是整数,(a,p)=1,证明:存在整数u,

设p是素数,a是整数,(a,p)=1,证明:存在整数u,v,(u,v)=1,使u^2+a*u^2=0(modp)的充要条件是-a是模p的二次剩余
设p是素数,a是整数,(a,p)=1,证明:存在整数u,v,(u,v)=1,使u^2+a*u^2=0(modp)的充要条件是-a是模p的二次剩余

设p是素数,a是整数,(a,p)=1,证明:存在整数u,v,(u,v)=1,使u^2+a*u^2=0(modp)的充要条件是-a是模p的二次剩余
充分性:因为 -a 是模 p 的二次剩余,因此方程 x^2≡ -a(mod p) 有解,
设 u^2≡ -a(mod p) ,
则 u^2+a≡u^2+a*1^2≡0(mod p) .因此存在整数 u、v 满足条件.
必要性:由(u,v)=1 及 u^2+a*v^2≡0(mod p) 得 (p,v)=1 ,
因此存在整数 v1 使 vv1≡1(mod p) ,
在已知等式中,两边同乘以 v1^2 得 (uv1)^2+a(vv1)^2≡(uv1)^2+a≡0(mod p) ,
即 (uv1)^2≡ -a(mod p) ,
这说明 -a 是模 p 的二次剩余 .

zibeng8
△我》的《用】户【名△
风萧萧兮易水寒,壮士一去兮不复还。(《战国策》)

如果p是素数,a是整数,那么p!|(a^p+(p-1)!a) 设p是素数,a是整数,(a,p)=1,证明:存在整数u,v,(u,v)=1,使u^2+a*u^2=0(modp)的充要条件是-a是模p的二次剩余 设p是一个大于1的整数且具有以下性质:对于任意整数a,b,如果p整除ab,则p整除a或p整除b.证明,p是一个素数. 设P是素数,证明:对任意的正整数a,p|a^p-a. a∧n-1是素数,则a=2且n=p(p表素数)怎么证 如果P是素数,a是任意一个整数,则a被P整除或者? 一些素数p=541;577等满足∶当a是任意自然数时a^((p+1)/2)-a均能被p整除,称类素数可以证明,满足上述条件的整数p都是4n+1形式素数.我发现随4n+1形式素数值的变大,成为类素数的机会也在迅速增加, 有一些素数p=541,577等满足∶当a是任意自然数时a^((p-1)/2)均能够被p整除.称类素数这样的素数都是4n+1形式的素数.注意普通的素数p只能够满足a^p-a被p整除.这样的素数是否有无穷多个?标题有误, 关于费马小定理费马小定理:若p是素数且a是整数则a^p≡a(mod p),特别的若a不能被p整除,则a^(p-1)≡1(mod p).这个等式的右边1(mod p)是不是普通的1 mod p.因为如果a=2,p=3;a^(p-1)=4,1 mod p=1,方程左右就不 p素数,n整数,p^x1). 证 k=[n/p]+[n/p^2]+...+[n/p^x].[a/b]=a/b余数 k^2=p+1,k是整数p是素数 问p取值?(要证法) 费尔马小定理是什么?我不太明白啊!若p为素数,a与p互素,则ap-1≡1(mod p)?p为素数,a与p互质,那举特例设p=3,a=10,满足条件吧!可是ap-1=29≡2(mod 若p是一个质数,而a与p互质,则能被p整除?谁能被p整除啊? 怎么证明:若P是奇素数,则P|(a的p次方+(p-1)!a)? 设p是奇素数,证明 设素数p>3,对于所有的a,b属于整数,求证:6p整除(a*b^p-b*a^p) 设Z是整数环,p是一个素数,证明(p)是Z的素理想 证明:如果整数p>1且P是(P-1)!+1的因数,则p一定是素数. 问:设p为质数,方程X²-pX-580p=0的两根均为整数,则p=?答两根均为整数,则判别式=p²+2320p=p(p+2320)是完全平方数,所以p+2320除以p是完全平方数,(p+2320)/p=1+2320/p=a²,所以p是2320的质因数,所以p=2,5