嘿，这题完全可以用抽象代数里的循环群和群同态来搞定，根本不用纯数论的技巧！我给你拆解成代数语言的证明，全程用群论逻辑：

首先先把题目里的奇怪符号对应成标准的代数结构，先统一语言：

• 题目里的$(X, \otimes)$就是模p乘法群，也就是有限循环群$\mathbb{Z}_p^*$，群运算就是模p乘法；
• 题目里的$a$是这个群的生成元（因为题目明确说$1, a, a^{{2,\otimes},...,a}{p-2,\otimes}$两两不同，说明$a$的阶是$p-1$，正好等于群的阶，所以生成整个群）；
• 集合$({0,1,...,p-2}, \oplus)$就是加法群$\mathbb{Z}_{p-1}$，运算$\oplus$就是模$p-1$加法；
• 离散对数$\log(p)_a b$本质上是从乘法群$\mathbb{Z}p^*$到加法群$\mathbb{Z}{p-1}$的指数映射的逆映射，也就是把群元素对应到生成元的指数。

第一个命题证明：$\log(p)_a(b\otimes c)=\log(p)_a b\oplus \log(p)_a c$ #

我们把这个问题转化为证明离散对数映射是群同态：

1. 设$\phi: \mathbb{Z}p^* \to \mathbb{Z}{p-1}$，其中$\phi(b) = \log(p)a b$。根据离散对数的定义，$\phi(b)$是唯一满足$a^{\phi(b)} = b$的整数（在$\mathbb{Z}{p-1}$中）。
2. 任取$b,c \in \mathbb{Z}_p^{*$，设$\phi(b)=n_1$，$\phi(c)=n_2$，则根据定义有$a}{n_1}=b$，$a^{{n_2}=c$（这里的运算都是群$\mathbb{Z}_p}*$里的模p乘法）。
3. 循环群的核心性质：生成元的指数加法对应群乘法，即$a^{n_1} \otimes a^{n_2} = a^{n_1 + n_2}$。因此$b\otimes c = a^{n_1 + n_2}$。
4. 而$n_1 + n_2$在加法群$\mathbb{Z}_{p-1}$中的等价类就是$n_1 \oplus n_2$，所以满足$a^k = b\otimes c$的$k$就是$n_1 \oplus n_2$，也就是$\phi(b\otimes c) = n_1 \oplus n_2 = \phi(b) \oplus \phi(c)$。
   这就完成了证明，全程用的是循环群同态的基本性质，没有涉及数论的同余技巧。

第二个命题证明：$x=y_2\otimes y_1^{n(p-2), \otimes}$ #

已知$n=\log(p)_a b$，即$b = a^{n$（群$\mathbb{Z}_p}*$中的元素），我们依然用循环群的性质推导：

1. 先明确各元素的代数表达：
   • $y_1 = a^{k,\otimes} = a^{k$（群$\mathbb{Z}_p}*$中的k次幂）；
   • $y_2 = x\otimes b^{k,\otimes} = x \otimes (aⁿ⁾k = x \otimes a^{{kn}$（循环群中元素的幂运算性质：$(a}m)^k = a^{mk}$）。
2. 处理$y_1^{n(p-2), \otimes}$：这是$y_1$的$n(p-2)$次幂，即$(a^k){n(p-2)} = a^{kn(p-2)}$。
3. 循环群的阶的性质：群$\mathbb{Z}_p^{*$的阶是$p-1$，根据拉格朗日定理，群中任何元素的$p-1$次幂都是单位元1，即$a}{p-1}=1$。因此：
   $a^{kn(p-2)} = a^{kn[(p-1)-1]} = a^{kn(p-1)} \otimes a^{-kn} = (a^{p-1}){kn} \otimes a^{-kn} = 1^{kn} \otimes a^{-kn} = a^{-kn}$
4. 现在计算$y_2 \otimes y_1^{n(p-2), \otimes}$：
   $y_2 \otimes y_1^{n(p-2), \otimes} = (x \otimes a^{kn}) \otimes a^{-kn} = x \otimes (a^{kn} \otimes a^{-kn}) = x \otimes 1 = x$
   这就完成了证明，全程用的是循环群的幂运算、逆元以及拉格朗日定理的结论，都是抽象代数的核心内容，没有依赖数论的特殊技巧。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Dylech30th