设p是素数,且p≡-1(mod4),则Zp的所有非零平方元组成的集合D是加法群的-搜答案-搜狗做题网

正交阵的特征值除了1和-1之外必定是按照λ,1/λ成对出现的,所以|P|=(-1)^k,k是特征值-1的代数重数

p!|(a^p+(p-1)!a)一般是不能成立的,有反例如p=5,a=2.p|(a^p+(p-1)!a)是成立的.由Fermat小定理,p|a^p-a.又由Wilson定理,p|(p-1)!+1,故p

默认你知道整数环Z是一个主理想整环,即任意理想均具有的形式.必要性:我们证明若p不是素数,则不是极大理想.由p不是素数,存在整数a≠±1,使得a整除p但p不整除a(只要取a为p的非平凡的约数即可).由

这是著名的Euler准则的一部分.对任意整数1<=i<=p-1,总存在惟一的整数j有i*j用p除余数为b,由于b是p的二次非剩余,故i不等于j,因此1,2,…,p-1分为(p-1)/2对,

如果n是一个正整数,a^(n-1)MODn=1,则我们说n是一个满足基于a的伪素数.即对于1..n-1间的任意一个整数a来说,a^(n-1)MODn1,则n一定是合数,若a^(n-1)MODn=1,则

反证法假设p是合数,则有正整数c

(p-1)!-2*(p-3)!=（p-3）!（p^2-3p）=（p-3）!×p（p-3）所以p|（(p-1)!-2*(p-3)!）所以根据Wilson定理有：2*(p-3)!≣(p-1)!

根据Wilson定理,由p是素数有(p-1)!≡-1(modp).由p是奇数,有如下(p-1)/2个同余式:p-1≡-1(modp),p-2≡-2(modp),...(p+1)/2≡-(p-1)/2(

对素数p,存在原根g.即g^i≡1(modp),当且仅当i是p-1的倍数.由此,对i=0,1,2,...,p-2,g^i(modp)两两不同余,即modp恰好取遍1,2,...,p-1.显然,x=0不

费马小定理,对任意自然a,p有a^p≡a(modp)因此(1+n)^p-n^p-1≡n+1-n-1≡0(modp)因此能被p整除

题目错了.不存在的.

是错了,我明白你的意思,如果没有a,p互素,就是a∧p≡a(modp),如果有ap互素就是a∧p-1≡1(modp),这两个是等价的,明显你书上错了

费马小定理给出的是关于素数判定的必要非充分条件.若n能整除2^(n-1)-1,并n是非偶数的合数,那么n就是伪素数.第一个伪素数341是萨鲁斯（Sarrus)在1819年发现的.

若(a,p)不等于1则由于p为质数所以p|a,命题成立若(a,p)=1上述命题等价于证p|a^(p-1)-1这就转化为著名的费马小定理综上结论成立

威尔逊定理===>有请度娘内含[威尔逊定理证明]

由费马小定理,m^p同余m模p所以m^p+n^p同余m+n模p,即p整除m+n设n=kp-m,带入m^p+n^p二项式展开即证

一、准备知识：引理1．剩余系定理2若a,b,c为任意3个整数,m为正整数,且(m,c)=1,则当ac≡bc(modm)时,有a≡b(modm)证明：ac≡bc(modm)可得ac–bc≡0(modm)

你们学到哪了?要是勒让德符号都学完了这题需要两个结论：1(-1/p)=(-1)^((p-1)/2)2(2/p)=(-1)^((p^2-1)/8)先自己想一下吧再问：。。。都学完了额，这两个结论我也都知

用反正法见参考资料