[教育信息] 如何评价2024年九省联考数学最后一题考察初等数论？

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[教育信息]如何评价2024年九省联考数学最后一题考察初等数论？

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尽量不用抽象代数或数论的语言，确保高中生能看得懂。
更新：既然这么多人在看，顺便在最后附上latex排版的证明图片，比知乎默认的公式排版更加易读。
首先，正如其他回答的吐槽，很想把题目重写一遍，原题中如此垃圾的符号系统都是谁想出来的，一套清晰的记号系统会极大地帮助我们思考，而非人为制造麻烦。很显然，就算把同余的定义放在题干里面，让大家现学现卖，也比刻意地用混乱的新记号好的多！
题目的难度在于要读懂它的意思，并且了解费马小定理的形式（或者根据第一小问的提示证明下面的断言），证明比直接证明费马小定理似乎要简单一点，因为题目中加了额外条件，剩下的工作就是不断化简了。
引入如下的同余记号：
记 x \bmod m 为 x 除以 m 的余数，
称两个数同余： x_1 \equiv x_2 \pmod m \iff m\,|\,(x_1-x_2)
这表示两个数相减是m的倍数，或者说两者除以m的余数相同，通常这里的符号都代表整数，并且m不为0。
题目：设 p 为任意素数，定义集合 X=\{1,2,\cdots,p-1\} ，（中间一大段在引入同余记号之后都是不需要的），设 a \in X ，满足：1,a,a^2,\cdots,a^{p-2}两两不同余（除以 p 的余数不同）。
若 an≡b(modp)" role="presentation">an≡b(modp)a^n \equiv b \pmod p ，记作 n=loga⁡b" role="presentation">n=loga?bn = \log_{a} b ，称 n" role="presentation">nn 是以 a" role="presentation">aa 为底 b" role="presentation">bb 的离散对数。
（这里都是正整数之间的运算，在语境中不可能与通常的对数运算有歧义， p" role="presentation">pp 是唯一且明确的，因此在记号中省略 p" role="presentation">pp ，直接采用对数的记号）
第一小问：求 ap−1(modp)" role="presentation">ap?1(modp)a^{p-1} \pmod p ，其中取 a=2" role="presentation">a=2a=2 ， p=11" role="presentation">p=11p=11
直接暴算即可， ap−1=210=1024" role="presentation">ap?1=210=1024a^{p-1} = 2^{10} = 1024 ，因此除以 11 余数为1。
第二小问：证明下式成立
loga⁡((b×c)modp)≡loga⁡b+loga⁡c(mod(p−1))" role="presentation">loga?((b×c)modp)≡loga?b+loga?c(mod(p?1))\log_a((b\times c) \bmod p) \equiv \log_a b + \log_a c \pmod {(p-1)}
证明：记 am1=b" role="presentation">am1=ba^{m_1} = b ， am2=c" role="presentation">am2=ca^{m_2} = c ，则有 (b×c)=am1+m2" role="presentation">(b×c)=am1+m2(b\times c) = a^{m_1 + m_2} ，需要处理的是
(b×c)modp=am1+m2modp" role="presentation">(b×c)modp=am1+m2modp(b\times c) \bmod p = a^{m_1 + m_2} \bmod p
断言： ap−1≡1(modp)" role="presentation">ap?1≡1(modp)a^{p-1} \equiv 1 \pmod p （这是第一小问的一般性结论，还可以参考费马小定理的证明）
因为 1,a,⋯,ap−2" role="presentation">1,a,?,ap?21,a,\cdots,a^{p-2} 一共有 p−1" role="presentation">p?1p-1 个数，它们除以p的余数互不相同，再加上 ap−1" role="presentation">ap?1a^{p-1} 的余数就有p个数了，但是显然它们不可能整除p（显然a不是p的倍数），余数不为0，那么剩下可能的余数只有p-1个，这p个数必然会出现重复，而且最后一个的余数只能取1，否则就有 ap−1≡as(modp)" role="presentation">ap?1≡as(modp)a^{p-1} \equiv a^{s} \pmod p ，这会导致 ap−1−s≡1(modp)" role="presentation">ap?1?s≡1(modp)a^{p-1-s} \equiv 1 \pmod p ，与前p-1个两两不同余矛盾。
根据断言，假设带余除法的结果为 m1+m2=c(p−1)+d" role="presentation">m1+m2=c(p?1)+dm_1 + m_2 = c(p-1) + d ，即 m1+m2≡d(mod(p−1))" role="presentation">m1+m2≡d(mod(p?1))m_1 + m_2 \equiv d \pmod {(p-1)} ，（这实际上就是等式的右侧），那么
am1+m2=ac(p−1)ad" role="presentation">am1+m2=ac(p?1)ada^{m_1 + m_2} = a^{c(p-1)} a^d ，易得 am1+m2≡ac(p−1)ad≡1×ad≡ad(modp)" role="presentation">am1+m2≡ac(p?1)ad≡1×ad≡ad(modp)a^{m_1 + m_2} \equiv a^{c(p-1)} a^{d} \equiv 1 \times a^d \equiv a^d \pmod p ，
因此等式左侧为 loga⁡((b×c)modp)=loga⁡(ad)=d" role="presentation">loga?((b×c)modp)=loga?(ad)=d\log_a ((b \times c) \bmod p) = \log_a (a^d) = d ，得证。
第三小问：已知 n=loga⁡b" role="presentation">n=loga?bn = \log_a b ，对于 x∈X" role="presentation">x∈Xx \in X ， k∈{1,2,⋯,p−2}" role="presentation">k∈{1,2,?,p?2}k \in \{1,2,\cdots,p-2\} ，令 y1=ak" role="presentation">y1=aky_1 = a^k ， y2=xbk" role="presentation">y2=xbky_2 = x\, b^k，证明下式成立
x≡y2y1n(p−2)(modp)" role="presentation">x≡y2y1n(p?2)(modp)x \equiv y_2 y_1^{n(p-2)} \pmod p
证明：直接代入右侧进行化简计算 y2y1n(p−2)=xbk(ak)n(p−2)=(∗)" role="presentation">y2y1n(p?2)=xbk(ak)n(p?2)=(?)y_2 y_1^{n(p-2)} = x \, b^k (a^{k})^{ n(p-2)} =(*)
显然有 b≡an(modp)" role="presentation">b≡an(modp)b \equiv a^n \pmod p，不妨写成等式的形式
b=an+C1p" role="presentation">b=an+C1pb = a^n + C_1 p ，（下面的记号 Ci" role="presentation">CiC_i 同理）
因此有
(∗)=x(an+C1p)k(an)k(p−2)=x(ank+C2p)ank(p−2)=xank(p−1)+C3p" role="presentation">(?)=x(an+C1p)k(an)k(p?2)=x(ank+C2p)ank(p?2)=xank(p?1)+C3p\begin{aligned} (*) &= x\, (a^n + C_1 p) ^k(a^n)^{k(p-2)}\\ & = x(a^{nk} + C_2 p)a^{nk(p-2)}\\ & = x\, a^{n k (p-1)} + C_3 p \end{aligned}
第二个等号利用了 0">k>0" role="presentation">k>0k>0 以及二项式展开的形式，二项式展开除了第一项之外都含有p的因子，因此归为一类。
根据第二问的断言，也可以写成等式 ap−1=1+C4p" role="presentation">ap?1=1+C4pa^{p-1} = 1 + C_4 p ，因此
(∗)=x(1+C4p)nk+C3p=x+C5p" role="presentation">(?)=x(1+C4p)nk+C3p=x+C5p(*) = x \, (1 + C_4 p)^{n k} + C_3 p = x + C_5 p
显然有 (∗)≡x(modp)" role="presentation">(?)≡x(modp)(*) \equiv x \pmod p ，得证。

我觉得挺烂的，符号一大坨比如 na,⊗" role="presentation">na,?n^{a, \otimes }
然而原题，学过数论的小学生都能秒，没接触过数论的还在考场上挣扎。做为考题是不合适的。
上次是椭圆曲线，这次是数论，下次是不是就是 p" role="presentation">pp 进数？比如什么求−5" role="presentation">?5-5 的 3" role="presentation">33 -adic展开，证明 x2+1=0" role="presentation">x2+1=0x^2+1=0 在 Q7" role="presentation">Q7\mathbb Q_7 里面无解之类的。，

评价这个其实没什么意义，因为不是正式的高考，模拟考试太多了评价不过来……
考试不是比赛，出这种“如果学过考纲以外的知识，很容易；如果没学过，很难”的问题违背了考试的宗旨。
浙江省在2015-2017年数学高考的数列不等式证明题就不错，在考察创新能力的同时避免了上述问题。

这个符号真的乱七八糟，已经糟到我们群里的数学系大学生谁见了都忍不住上来踩一脚的程度。
早在几百年前，莱布尼茨就告诉我们好的符号系统能使研究数学问题的效率事半功倍。
不如我们就按照原本数论的格式写这道题的题设: 定义 amodp" role="presentation">amodpa \bmod p 是 a除以p的余数，
设 1，amodp, a2modp,...,ap−2modp" role="presentation">，1，amodp, a2modp,...,ap?2modp1，a \bmod p, \ a^{2}\bmod p, ..., a^{p-2}\bmod p 互不相同，证明：
i) ap−1≡1modp" role="presentation">ap?1≡1modpa^{p-1} \equiv 1 \bmod p
ii) 若 am≡bmodp" role="presentation">am≡bmodpa^{m}\equiv b \bmod p , an≡cmodp" role="presentation">an≡cmodpa^{n}\equiv c \bmod p ,
则：am+nmodp−1≡bcmodp" role="presentation">am+nmodp?1≡bcmodpa^{m+n \bmod p-1} \equiv bc \bmod p
iii) 若 an≡bmodp" role="presentation">an≡bmodpa^{n}\equiv b \bmod p ,
y1≡akmodp" role="presentation">y1≡akmodpy_{1} \equiv a^{k}\bmod p,
y2≡xbkmodp" role="presentation">y2≡xbkmodpy_{2}\equiv xb^{k} \bmod p
则: x≡y1n(p−2)y2modp" role="presentation">x≡y1n(p?2)y2modpx\equiv y_{1}^{n(p-2)}y_{2} \bmod p
这题能好做很多（话说写成这样真的还有必要做？）
我有个建议，出题人要是没活了可以让学生求 sin⁡(1)+sin⁡(2)+...+sin⁡(n)" role="presentation">sin?(1)+sin?(2)+...+sin?(n)\sin(1) + \sin(2) + ... + \sin(n) 的通项 (跑)

这次的九省联考数学整张试卷，就是一张流于形式的创新实则迂腐不堪可笑至极的同时紊乱考点的题目质量极低的废纸。
而对于某些高高在上的纯砖家，命题的也好，点评的也罢，我只能说他们在丢中国人的脸。

其实这也反映了现在高考数学"创新"的一个趋势:
传统的压轴大题基本都是圆锥曲线和导数,
圆锥曲线大题许多都有射影几何的背景,
导数大题许多都有微积分的背景,
就连概统大题都有时要掺一些大学的概统知识进去,
这时基本只剩下代数这片净土没被污染了,
那自然就可以把一些基础的初等数论和抽象代数的知识下放,
简单包装一下就成为一道"创新"题了,
就像去年联考的椭圆曲线一样,
用阅读理解来代替压轴大题,
不仅不用担心被骂是"套路题",
而且素材基本取之不尽.
不过也难为出题人了,
为了不让那些学过初等数论的人直接秒杀,
今年出的卷子还用这些非传统表示的
(犭句米尸一样的)" role="presentation">犭句米尸一样的(犭句米尸一样的)\begin{aligned} \left(\text{犭句}\quad\overset{\text{尸}}{\text{米}}\quad\text{一样的}\right) \end{aligned}\\
符号来增加阅读理解的难度.
依我看,
这种阅读理解题确实是创新的好方法,
但不应该放在大题的位置,
而应该是作为选填题的一道压轴出现.
压轴大题还是留给导数和圆锥曲线吧,
只是难点就在于不要让这两道压轴大题存在什么背景知识,
就像去年新高考的圆锥曲线大题纯粹考察计算一样.
不然按照这种趋势"创新"下去,
高中还得专门开一个小学期去学初等数论和抽象代数了.

“要发明，就要挑选恰当的符号，要做到这一点，就要用含义简明的少量符号来表达和比较忠实地描绘事物的内在本质，从而最大限度地减少人的思维活动。”— 哥特弗里德·威廉·莱布尼茨[1]
参考^ See F. Cajori, A History of Mathematical Notations, Open Court, 1929, vol. II, p. 184. On pp. 180-96 and 201-205 Cajori gives a comprehensive discussion of Leibniz's use of mathematical symbols. See also the long quotation from A. N. Whitehead on pp. 332-33 ("By relieving the brain of all unnecessary work, a good notation sets it free to concentrate on more advanced problems, and in effect increases the mental power of the race ...Civilization advances by extending the number of important operations which we can perform without thinking about them.").

这道题用了太多"密码学"的语言，引入了很多"新奇"的概念，实际上是初等数论里老掉牙的东西。下面是这道题的省流版。
第一问:p是一个素数，考虑g是mod p的原根,证明 g^{p-1}\equiv1(\text{mod}\,p)
第二问:p是一个素数，考虑g是mod p的原根,证明如果 g^{a}\equiv g^{b}(\text{mod}\,p) ，则 a\equiv b(\text{mod}\,p-1)
第三问:考虑g是mod p的原根, g^n\equiv b(\text{mod}\,p) ,p不整除x和k, 证明: x\equiv xb^k g^{kn(p-2)}(\text{mod}\,p)
第一问是费马小定理的弱化版(原题里只需要计算就行)，第二问是原根的性质，第三问没看出哪里有难点，就是直接计算同余就行，懂初等数论的的话这道题应该三分钟就做完了(主要的时间是翻译题目语言的时间，做题应该只需要几秒钟)，不懂的话估计会很迷茫，不知道在说什么。
我不认为这道题是一个好题，至少你考导数还能考一考高中生构造函数的一些技巧和想法，考圆锥曲线还能考考计算能力，这道题纯属就是为了创新而创新的垃圾题。

不太懂高考，试着用简单的语言科普一下这道题的密码学背景吧。
这道题本质上是 El Gamal 公钥密码系统的解密。El Gamal 公钥密码系统的安全性依赖于这样一件事：给定一个循环群 G" role="presentation">G\mathbb{G}，设它的阶为 p，且 a" role="presentation">aa 是它的一个生成元。我们从 Zp" role="presentation">Zp\mathbb{Z}_p 中独立均匀地选取 n,k,z" role="presentation">n,k,zn,k,z，那么任何概率多项式时间的算法都无法区分 (an,ak,az)" role="presentation">(an,ak,az)(a^n,a^k,a^z) 和 (an,ak,ank)" role="presentation">(an,ak,ank)(a^n,a^k,a^{nk})。也就是说，即使算法知道 a^n 和 ak" role="presentation">aka^k 的值，在它看来 ank" role="presentation">anka^{nk} 也和群 G" role="presentation">G\mathbb{G} 中的一个均匀分布的元素没有区别。显然如果算法能够算出 n" role="presentation">nn 或 k" role="presentation">kk 中的一个，它都能直接算出 ank" role="presentation">anka^{nk} 的值，从而将它和 az" role="presentation">aza^z 区分开来；然而计算 G" role="presentation">G\mathbb{G} 中的离散对数（discrete logarithm）通常是困难的，这保证了 El Gamal 公钥密码系统的安全性。
定义 1（DDH 假设）：对任何概率多项式时间算法 A\mathcal{A}，都存在一个可忽略函数（negligible function）\mathsf{negl}，使得
\left|\Pr[\mathcal{A}(\mathbb{G},p,a,a^n,a^k,a^z)=1]-\Pr[\mathcal{A}(\mathbb{G},p,a,a^n,a^k,a^{nk})=1]\right|\leq\mathsf{negl}(n),
其中概率取遍群生成算法输出的 (\mathbb{G},p,a)、以及从 \mathbb{Z}_p 中均匀选取的 n,k,z。
特别地，我们可以选取 \mathbb{G}=\mathbb{Z}_p^*，它的阶为 p-1，仍设 a 是它的生成元，\mathbb{G},p,a 都是公开的。在公钥/密钥生成阶段，我们从 \mathbb{Z}_p 中均匀选取 n，令 b=a^n 为公钥，其离散对数 n 为私钥。由于离散对数难以计算，任何概率多项式时间算法都无法从公钥解析出私钥。
假设我们想要加密明文 x\in\mathbb{Z}_p^*。加密阶段，我们从 \mathbb{Z}_p 中均匀选取 k，并输出 x 的密文：
c=\langle a^k,xb^k\rangle.
那么我们如何利用私钥 n 从密文 c 还原出明文 x 呢？令 y_1=a^k,y_2=xb^k，我们的任务就是从密文 c=\langle y_1,y_2\rangle 中计算出 x。我们发现这就是九省联考这道题所考察的：
（九省联考数学压轴题，人话版）设 a 是 \mathbb{Z}_p^* 的生成元，证明：若 b=a^n，y_1=a^k，y_2=xb^k，则 x=y_1^{n(p-2)}y_2。
证明是平凡的： x=xb^k/(a^k)^n=y_2/y_1^n=y_1^{-n+n(p-1)}y_2=y_1^{n(p-2)}y_2。这也便是 El Gamal 公钥密码系统的解密。
El Gamal 公钥密码系统的安全性来自于我们上文定义的 DDH 假设。由 DDH 假设，任何概率多项式时间算法都无法区分出 \langle a^k,xb^k\rangle 和 \langle a^k,xa^z\rangle，而 z 又是在 \mathbb{Z}_p 中均匀分布且独立于 k 的元素，从而 xa^z 与 a^z 同分布。故任何概率多项式时间算法都无法区分出 \langle a^k,xb^k\rangle 和 \langle a^k,a^z\rangle，而后者不包含明文 x 的任何信息，从而 El Gamal 加密是安全的。

首先，越是强调什么，往往是越缺乏什么。命题越是刻意“创新”，说明了命题人创新能力的匮乏。当下，不仅是命题创新方面，各行各业都呈现出这个规律。
第二，我见过一些实力的数学工作者，甚至发过好几篇四大。他们大多很谦卑，知道别人会遇到的难点并耐心解释，绝不刻意为难学生。但是，往往是半吊子，最喜欢拽一些没人听得懂的术语唬人。仔细一问，原来他们自己都没学明白。数论、密码学方向的学者不知道比有些命题人高到哪里去了，为什么要拿绝大多数高中生没接触过的Fermat定理来为难自己的学生呢？无非是满足命题人个人本质自卑的优越感而已。
我不是教育领域的专家，对命题的见解不一定准，只是作为曾近的中学生表达感受。

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