给定p，求最小的k个数 java，使得2^k mod p =1。

来源：蜘蛛抓取(WebSpider) 时间：2016-05-01 04:11 标签： 最小的k个数
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
改密死吧245
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).
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据魔方格专家权威分析，试题“已知p（p≥2）是给定的某个正整数，数列{an}满足：a1=1，（k+1）ak+1=p..”主要考查你对&&数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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因为篇幅有限，只列出部分考点，详细请访问。
数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）
数列求和的常用方法：
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