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信息安全数学基础期末考试试卷及答案(A卷)
信息安全数学基础期末考试试卷及答案(A卷)装订线装订线三、解同余方程（本大题共2小题，每小题10分，共20分）1.求解一次同余方程1714(mod21)x 。
2.解同余方程组2(mod3)3(mod5)2(mod7) xxx≡≡≡⎧⎪⎨⎪⎩四、证明题（本大题共3小题，每小题7分，共21分）2.f是群G到G'的一个同态，{}=∈=，其f a a G f a e'ker|,()中e'是G'的单位元。
证明：ker f是G的正规子群。
3. 证明：如果p 和q 是不同的素数，则111(mod )q p p q pq --+=。
五、应用题（共11分）RSA 公钥加密算法的密钥生成步骤如下：选择 两个大的素数p 和q ，计算n =pq 。
选择两个正整数e 和d ，满足：ed =1(mod ()n )。
Bob 的公钥是（n ，e ），对外公布。
Bob 的私钥是d ，自己私藏。
如果攻击者分解n 得到p =47，q =23，并且已知e =257，试求出Bob 的私钥d 。
答案 一、填空题（每空2分，共24分） 1. 两个整数a ，b ，其最大公因数和最小公倍数的关系为[,](,)ab a b a b =。
2. 给定一个正整数m ，两个整数a ,b 叫做模m 同余，如果|m a b -，记作(mod )a b m ≡；否则，叫做模m 不同余，记作a ≡(mod )b m 。
3. 设m ，n 是互素的两个正整数，则()mn ϕ=()()m n ϕϕ。
4. 设1m >是整数，a 是与m 互素的正整数。
则使得1(mod )e a m ≡成立的最小正整数e 叫做a 对模m 的指数，记做()m ord a 。
如果a 对模m 的指数是()m ϕ，则a 叫做模m 的 原根 。
5. 设n 是一个奇合数，设整数b 与n 互素，如果整数n 和b 满足条件11(mod )n b n -≡，则n 叫做对于基b 的拟素数。
信息安全数学基础参考试卷
《信息安全数学基础》参考试卷一．选择题(在每小题的备选答案中只有一个正确答案，将正确答案序号填入下列叙述中的括号内，多选不给分)：（每题2分，共20分）1．576的欧拉函数值ϕ(576) ＝()。
(1) 96，(2) 192，(3) 64，(4) 288。
2．整数kn和k(n+2)的最大公因数(kn , k(n+2))=()。
(1) 1或2，(2) | kn|，(3) | n|或| kn|，(4) | k|或2| k|。
3．模10的一个简化剩余系是( )。
(1) 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10，(2) 11, 17, 19 , 27(3) 11, 13, 17, 19，(4) 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9。
4．29模23的逆元是( )。
(1) 2，(2) 4，(3) 6，(4) 11。
5．设m1，m2是两个正整数，x1遍历模m1的完全剩余系，x2遍历模m2的完全剩余系，若( )遍历m1m2的完全剩余系。
(1) (m1，m2)=1，则m1x1＋m2x2(2) m1和m2是素数，则m1x1＋m2x2(3) (m1，m2)=1，则m2x1＋m1x2(4)m1和m2是素数，则m2x1＋m1x26．下面的集合和运算构成群的是( ) 。
(1) <N，＋> （N是自然数集，“＋”是加法运算）(2) <R，×> （R是实数集，“×”是乘法运算）(3) <Z，＋> （Z是整数集，“＋”是加法运算）(4) <P（A），∩> （P(A)＝{U | U是A的子集}是集合A的幂集，“∩”是集合的交运算）7．下列各组数对任意整数n均互素的是( ) 。
(1) 3n+2与2n，(2) n－1与n2＋n＋1，(3) 6n+2与7n，(4) 2n+1与4n+1。
8．一次同余式234x ≡ 30（mod 198）的解数是( )。
最新信息安全数学基础期末考试试卷及答案(A卷)
信息安全数学基础期末考试试卷及答案（A 卷）一、 填空题（本大题共8小题，每空2分，共24分）1. 两个整数a ，b ，其最大公因数和最小公倍数的关系为 ________________。
2. 给定一个正整数m ，两个整数a ,b 叫做模m 同余，如果______________，记作(mod )a b m ≡；否则，叫做模m 不同余，记作_____________。
3. 设m ，n 是互素的两个正整数，则()mn ϕ=________________。
4. 设1m >是整数，a 是与m 互素的正整数。
则使得1(mod )ea m ≡成立的最小正整数e 叫做a 对模m 的指数，记做__________。
如果a 对模m 的指数是()m ϕ，则a 叫做模m 的____________。
5. 设n 是一个奇合数，设整数b 与n 互素，如果整数n 和b 满足条件________________，则n 叫做对于基b 的拟素数。
6. 设,G G '是两个群，f 是G 到G '的一个映射。
如果对任意的,a b G ∈，都有_______________，那么f 叫做G 到G '的一个同态。
7. 加群Z 的每个子群H 都是________群，并且有0H =<>或H =______________。
8. 我们称交换环R 为一个域，如果R 对于加法构成一个______群，*\{0}R R =对于乘法构成一个_______群。
二、计算题（本大题共 3小题，每小题8分，共24分）1. 令1613,a = 3589b =。
用广义欧几里德算法求整数,s t ，使得(,)sa tb a b +=。
2. 求同余方程22(mod 67)x ≡-的解数。
3. 计算3模19的指数19ord (3)。
三、解同余方程（本大题共2小题，每小题10分，共20分）1. 求解一次同余方程1714(mod 21)x ≡。
信息安全数学基础课后答案完整版Word版
第一章参考答案（1） 5,4,1,5.（2） 100=22*52, 3288=23*3*137.（4） a,b可以表示成多个素因子的乘积a=p1p2––pr, b=q1q2––qs,又因为(a,b)=1，表明a, b没有公共(相同)素因子. 同样可以将a n, b n表示为多个素因子相乘a n=(p1p2––pr)n, b n=(q1q2––qs)n明显a n, b n也没有公共(相同)素因子.（5）同样将a, b可以表示成多个素因子的乘积a=p1p2––pr, b=q1q2––qs,a n=(p1p2––pr)n, b n=(q1q2––qs)n,因为a n| b n所以对任意的i有, pi的n次方| b n,所以b n中必然含有a的所有素因子, 所以b中必然含有a的所有素因子, 所以a|b.（6）因为非零a, b, c互素,所以(a, b)=(a, c)=1,又因为a=p1p2––pr,b=q1q2––qs, ab=p1p2––prq1q2––qs, 又因为a, b, c互素, 所以a, b, c中没有公共(相同)素因子, 明显ab和c也没有公共(相同)素因子.所以(ab, c)= (a, b)(a, c).（7）2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,9 7,101,103,107, 109, 113, 127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,179,181,191,193,197,199.（11）对两式进行变形有21=0(mod m), 1001=0(mod m),可以看出要求满足的m即使求21和1001的公约数, 为7和1.（12）(70!)/(61!)= 62*63*––*70=(-9)*(-8)*––*(-1)=-9!=-362880=1(mod 71). 明显61!与71互素, 所以两边同乘以61!, 所以70!=61!(mod 71).（13）当n为奇数时2n=(-1)n=-1=2(mod 3), 两边同时加上1有2n+1=0(mod 3), 所以结论成立.当n为偶数时2n=(-1)n=1(mod 3), 两边同时加上1有2n+1=2(mod 3), 所以结论成立.（14）第一个问：因为(c,m)=d, m/d为整数.假设ac=k1m+r, bc=k2m+r,有ac=k1d(m/d)+r, bc=k2d(m/d)+r所以ac=bc(mod m/d),因为(c,m/d)=1,所以两边可以同除以一个c, 所以结论成立.第二个问题：因为a=b(mod m), 所以a-b=ki *mi，a-b是任意mi的倍数，所以a-b是mi 公倍数，所以[mi]|a-b.(利用式子：最小公倍数=每个数的乘积/最大公约数, 是错误的, 该式子在两个数时才成立)（15）将整数每位数的值相加, 和能被3整除则整数能被3整除, 和能被9整除则整数能被9整除, (1)能被3整除, 不能被9整除，(2)都不能，(3)都不能，(4)都不能第二章答案（5）证明：显然在群中单位元e满足方程x2=x, 假设存在一个元素a满足方程x2=x, 则有a2=a, 两边同乘以a-1有a=e. 所以在群中只有单位元满足方程x2=x.（6）证明：因为群G中每个元素都满足方程x2=e, 所以对群中任意元素a,b 有aa=e, bb=e, (ab)2=abab=e. 对abab=e, 方程两边左乘以a, 右乘以b有aababb=(aa)ba(bb)=ba=aeb=ab, 有ab=ba, 所以G是交换群.（7）证明：充分性：因为在群中对任意元素a,b有(ab)2=a2b2即abab=aabb, 方程两边左乘以a的逆元右乘以b的逆元, 有a-1ababb-1= a-1aabbb-1, 有ab=ba, 所以G是交换群.必要性：因为群G是交换群, 所以对任意元素a,b有ab=ba, 方程两边左乘以a右乘以b有abab=aabb, 有(ab)2=a2b2.（8）证明：因为xaaba=xbc，所以x-1xaxbaa-1b-1=x-1xbca-1b-1，所以存在唯一解x=a-1bca-1b-1使得方程成立。
信息安全数学基础答案
信息安全数学基础答案【篇一：信息安全数学基础习题答案】xt>第一章整数的可除性1．证明：因为2|n 所以n=2k , k?z5|n 所以5|2k ，又（5，2）=1，所以5|k 即k=5 k1 ，k1?z 7|n 所以7|2*5 k1 ,又（7，10）=1，所以7| k1 即k1=7 k2，k2?z 所以n=2*5*7 k2 即n=70 k2, k2?z因此70|n32．证明：因为a-a=(a-1)a(a+1)3当a=3k，k?z 3|a 则3|a-a3当a=3k-1，k?z 3|a+1 则3|a-a3当a=3k+1，k?z 3|a-1 则3|a-a3所以a-a能被3整除。
3．证明：任意奇整数可表示为2 k0+1， k0?z22（2 k0+1）＝4 k0+4 k0+1=4 k0 (k0+1)+1由于k0与k0+1为两连续整数，必有一个为偶数，所以k0(k0+1)=2k2所以（2 k0+1）=8k+1 得证。
34．证明：设三个连续整数为a-1,a,a+1 则(a-1)a(a+1)= a-a3由第二题结论3|（a-a）即3|(a-1)a(a+1)又三个连续整数中必有至少一个为偶数，则2|(a-1)a(a+1)又（3，2）=1所以6|(a-1)a(a+1) 得证。
5．证明：构造下列k个连续正整数列：(k+1)！+2, (k+1)！+3, (k+1)！+4,……, (k+1)！+(k+1), k?z对数列中任一数 (k+1)！+i=i[(k+1)k…(i+1)(i-1)…2*1+1],i=2,3,4,…(k+1) 所以i|(k+1)！+i即(k+1)！+i为合数所以此k个连续正整数都是合数。
1/26．证明：因为191＜14 ,小于14的素数有2，3，5，7，11，13经验算都不能整除191所以191为素数。
1/2因为547＜24 ,小于24的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23经验算都不能整除547所以547为素数。
信息安全数学基础习题答案
信息安全数学基础习题答案信息安全数学基础习题答案第⼀章整数的可除性1．证明：因为2|n 所以n=2k , k∈Z5|n 所以5|2k ，⼜（5，2）=1，所以5|k 即k=5 k1，k1∈Z7|n 所以7|2*5 k1 ,⼜（7，10）=1，所以7| k1即k1=7 k2，k2∈Z 所以n=2*5*7 k2即n=70 k2, k2∈Z 因此70|n2．证明：因为a3-a=(a-1)a(a+1)当a=3k，k∈Z 3|a 则3|a3-a当a=3k-1，k∈Z 3|a+1 则3|a3-a当a=3k+1，k∈Z 3|a-1 则3|a3-a所以a3-a能被3整除。
3．证明：任意奇整数可表⽰为2 k0+1，k0∈Z（2 k0+1）2＝4 k02+4 k0+1=4 k0 (k0+1)+1由于k0与k0+1为两连续整数，必有⼀个为偶数，所以k0 (k0+1)=2k所以（2 k0+1）2=8k+1 得证。
4．证明：设三个连续整数为a-1,a,a+1 则(a-1)a(a+1)= a3-a由第⼆题结论3|（a3-a）即3|(a-1)a(a+1)⼜三个连续整数中必有⾄少⼀个为偶数，则2|(a-1)a(a+1)⼜（3，2）=1 所以6|(a-1)a(a+1) 得证。
5．证明：构造下列k个连续正整数列：(k+1)！+2, (k+1)！+3, (k+1)！+4,……, (k+1)！+(k+1), k∈Z对数列中任⼀数 (k+1)！+i=i[(k+1)k…(i+1)(i-1)…2*1+1], i=2,3,4,…(k+1)所以i|(k+1)！+i 即(k+1)！+i为合数所以此k个连续正整数都是合数。
6．证明：因为1911/2＜14 ,⼩于14的素数有2，3，5，7，11，13经验算都不能整除191 所以191为素数。
因为5471/2＜24 ,⼩于24的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23经验算都不能整除547 所以547为素数。
信息安全数学基础习题答案.pdf
“信息安全数学基础”习题答案第一章1、证明： (1)|()|()()|a b b ma m Z c d d nc n Z bd acmn mn Z ac bd ⇒=∈⇒=∈∴=∈∵，，，即。
(2)12111112|,|,,|11(3)|(),,k k k k a b a b a b a b c b c b c c c c ∴−+++∵ ，根据整除的性质及递归法，可证得：，其中为任意整数。
2、证明：1-2(2)(3,5)13|5|15|,(15,7)17|105|a a a a a =∴=∴∵∵∵根据例题的证明结论知：，又且,又，且,。
3、证明：1n p n p n >>因为，且是的最小素因数，若假设n/p 不是素数，则有121223131312,2,,,,2,,k k n p p p p k p p p p k n p p p p n p p n n p n n p =×××≥≥==×≥∴≥≤>> （其中为素数且均）若，则即,与题设矛盾，所以假设不成立，即为素数得证。
7、证明：首先证明形如6k -1的正整数n 必含有6k -1形式的素因子，这显然是成立的。
因为如果其所有素因数均为6k +1形式，则12,(61,1,2,,)j i i n p p p p k i j =×××=+= ,从而得到n 是形如6k +1形式的正整数，这与题设矛盾。
其次，假设形如6k -1的素数为有限个，依次为1212,,6s s q q q n q q q = ，考虑整数-1， 则n 是形如6k -1的正整数，所以n 必有相同形式的素因数q ，使得使得q = q j (1≤j ≤s )。
由整数的基本性质(3)有：12|(6)1s q q q q n −= ，这是不可能的。
故假设错误，即存在无穷多个形如4k -1的素数得证。
2n3n最小非负余数最小正余数绝对值最小余数最小非负余数最小正余数绝对值最小余数3 0、1 1、3 0、1 0、1、2 1、2、3 -1、0、14 0、1 1、4 0、1 0、1、3 1、3、4 -1、0、1 8 0、1、4 1、4、8 1，0 0、1、3、5、7 1、3、5、7、8 3、1、-3、-1、0 10 0、1、4、5、6、9 1、4、5、6、9、10 -4、-1、0、1、4、5 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 1,2,3,4,5,6,7,8,10-5,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,413、解： (1)259222137222376(222,259)37372592221,1,1s t =×+=×⇒==−×∴==−(2)139571316827136821316823122(1395,713)31317136821713(13957131)2713(1)1395,1,2s t =×+=×+=×⇒==−×=−−×=×+−×∴=−=16、解： (1)(112,56)5611256[112,56]112(112,56)=×== (2)(67,335)6767335[67,335]335(67,335)=×== (3)(1124,1368)411241368[1124,1368]384408(1124,1368)=×==(7,4)1,0,7(1)4211,24410,1,2,771||1000142||100040,1,1427c s t k x k k k y k x k y x kk y k ==∴×−+×=∴=−=⎧=−=−⎪⎪=±±⎨⎪==⎪⎩≤⎧∴≤⎨≤⎩=−⎧∴=±±⎨=⎩∵ 而不定方程的一切解为： 其中，又方程的全部解为 ，其中 ，第二章1、解：(1) 错误。
级信息安全数学基础试卷B答案
有唯一解。
令m ＝m 1…m k ，m ＝m i M i ，i ＝1,…,k ，则同余式组的解为： x ≡ M 1? M 1b 1＋…＋ M k ? M k b k (mod m ) ， 其中 M i ? M i ≡1 (mod m i ) , i ＝1 , 2 ,…, k 。
9．正整数n 有标准因数分解式为 k k p p n ααΛ11=，则n 的欧拉函数, b ∈G ，都有 f (ab )=f (a )f (b ) ，那么，f 叫做G 到G ? 的一个同态。
三．证明题 （写出详细证明过程）：（共30分）1．证明：形如4k +3的素数有无穷多个。
（6分）证明 分两步证明。
先证形如4k ＋3的正整数必含形如4k ＋3的素因数。
由于任一奇素数只能写成4n ＋1或4n ＋3的形式，而 (4n 1＋1)(4n 2＋1)＝16n 1n 2＋4n 1＋4n 2＋1＝4(4n 1n 2＋n 1＋n 2)＋1, 所以把形如4n ＋1的数相乘的积仍为4n ＋1形式的数。
因此，把形如4k ＋3的整数分解成素数的乘积时， 这些素因数不可能都是4n ＋1的形式的素数，一定含有 4n ＋3形式的素数。
其次，设 N 是任一正整数，并设p 1, p 2 , … , p s 是不超过N 的形如4k ＋3的所有素数。
令q ＝4p 1 p 2 … p s －1。
显然，每个p i (i ＝1, 2, …, s)都 不是 q 的素因数，否则将会导致 p i |1，得到矛盾。
如果 q 是素数，由于q ＝4p 1 p 2 … p s －1＝4(p 1 p 2 … p s －1)＋3，即 q 也是 形如4k ＋3的素数，并且显然q ? p i (i ＝1, 2, …, s)， 从而 q > N 。
即q 是形如4k ＋3的大于N 的素数。
如果 q 不是素数，由第一步证明知q 含有形如4k ＋31111)(1))的素因数p，同样可证p?p i(i＝1, 2, …, s)，从而p > N。
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信息安全数学基础习题答案信息安全数学基础习题答案第⼀章整数的可除性1．证明1：因为2|n 所以n=2k , k1Z5|n 所以5|2k ，⼜（5，2）=1，所以5|k 即k=5 k1，k11Z7|n 所以7|2*5 k1 ,⼜（7，10）=1，所以7| k1即k1=7 k2，k21Z所以n=2*5*7 k2即n=70 k2, k21Z因此70|n证明2：n是2、5、7的公倍数，所以[2,5,7]|n，⼜知2、5、7互素，所以[2,5,7]=2*5*7=70,即70|n。
2．证明：因为a3-a=(a-1)a(a+1)当a=3k，k22(mod)a b p≡Z 3|a 则3|a3-a当a=3k-1，k p a b-Z 3|a+1 则3|a3-a当a=3k+1，k p a b+Z 3|a-1 则3|a3-a所以a3-a能被3整除。
3．证明：任意奇整数可表⽰为2 k0+1， k022(mod)≡Za b p（2 k0+1）2＝4 k02+4 k0+1=4 k0 (k0+1)+1由于k0与k0+1为两连续整数，必有⼀个为偶数，所以k0 (k0+1)=2k所以（2 k0+1）2=8k+1 得证。
4．证明：设三个连续整数为a-1,a,a+1 则(a-1)a(a+1)= a3-a由第⼆题结论3|（a3-a）即3|(a-1)a(a+1)⼜三个连续整数中必有⾄少⼀个为偶数，则2|(a-1)a(a+1)⼜（3，2）=1 所以6|(a-1)a(a+1) 得证。
5．证明：构造下列k个连续正整数列：(k+1)！+2, (k+1)！+3, (k+1)！+4,……, (k+1)！+(k+1), k p a b-Z对数列中任⼀数 (k+1)！+i=i[(k+1)k…(i+1)(i-1)…2*1+1], i=2,3,4,…(k+1)所以i|(k+1)！+i 即(k+1)！+i为合数所以此k个连续正整数都是合数。
6．证明：因为1911/2＜14 ,⼩于14的素数有2，3，5，7，11，13经验算都不能整除191 所以191为素数。
信息安全数学基础课后答案
信息安全数学基础课后答案1、8.如果直角三角形的三条边为2，4，a，那么a的取值可以有（）[单选题] *A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个(正确答案)2、向量与向量共线的充分必要条件是（）[单选题] *A、两者方向相同B、两者方向相同C、其中有一个为零向量D、以上三个条件之一成立(正确答案)3、2005°角是（）[单选题] *A、第二象限角B、第二象限角(正确答案)C、第二或第三象限角D、第二或第四象限角4、若39?27?=321，则m的值是（）[单选题] *A. 3B. 4(正确答案)C. 5D. 65、22．如果|x|＝2，那么x＝（）[单选题] *A．2B．﹣2C．2或﹣2(正确答案)D．2或6、4.小亮用天平称得牛奶和玻璃杯的总质量为0.3546㎏，用四舍五入法将0.3546精确到0.01的近似值为（）[单选题] *A.0.35(正确答案)B.0.36C.0.354D.0.3557、38．如果m2+m＝5，那么代数式m（m﹣2）+（m+2）2的值为（）[单选题] *A．14(正确答案)B．9C．﹣1D．﹣68、第三象限的角的集合可以表示为（）[单选题] *A. {α|180°<α<270°}B. {α|180°+k·360°<α<270°+k·360°}(正确答案)C. {α|90°<α<180°}D. {α|90°+k·360°<α<180°+k·360°}9、10.若一个直角三角形三边的长分别是三个连续的自然数，则这个三角形的周长[单选题] *A. 12(正确答案)B. 13C. 15D. 1410、下列表示正确的是（）[单选题] *A、0={0}B、0={1}C、{x|x2 =1}={1,-1}(正确答案)D、0∈φ11、已知sina<0且cota＞0，则是（）[单选题] *、第一象限角B、第一象限角C、第三象限角(正确答案)D、第四象限角12、9．已知关于x，y的二元一次方程组的解满足x＋y＝8，则k的值为( ) [单选题] * A．4B．5C．－6D．－8(正确答案)13、二次函数y=3x2-4x+5的一次项系数是（）。
最新信息安全数学基础期末试卷及答案
贵州大学2007-2008学年第二学期考试试卷（标准答案） A信息安全数学基础注意事项：1. 请考生按要求在试卷装订线内填写姓名、学号和年级专业。
2. 请仔细阅读各种题目的回答要求，在规定的位置填写答案。
3. 不要在试卷上乱写乱画，不要在装订线内填写无关的内容。
4. 满分100分，考试时间为120分钟。
一、设a,b 是任意两个不全为零的整数，证明：若m 是任一整数，则 [am,bm]=[a,b]m.(共10分) 解：22[,](3(,)(3(,)(2(,)[,](2abm am bm am bm abm a b mabma b a b m ====分）分）分）分）==二、设n=pq,其中p,q是素数.证明：如果22=(mod ),,,a b n n a b n a b -+宎宎 则(,)1,(,)1n a b n a b ->+>（共10分）证明：由2222=(mod ),|-,|()()a b n n a b n a b a b +-得即a a (2分）又n pq =，则|()(),|()|(),pq a b a b p p a b p a b +-+-因为是素数，于是或a a a (2分） 同理，|()|()q a b q a b +-或a a (2分）由于,n a b n a b -+宎?，所以如果|()p a b +a ，则|()q a b -a ，反之亦然. (2分） 由|()p a b +a 得(,)1n a b p +=> (1分） 由|()q a b -a 得(,)1n a b q -=> (1分）三、求出下列一次同余数的所有解.(共10分)32(mod 7)x ≡解：(1)求同余式31(mod 7)x ≡的解，运用广义欧几里得除法得：5(mod7)x ≡ （5分）（2）求同余式32(mod 7)x ≡的一个特解： 10(mod 7)x ≡ （4分） （3）写出同余式32(mod 7)x ≡的全部解： 102(mod7),0x t t ≡+= （1分）四、求解同余式组：(共15分)1234(m o d 5)(m o d 6)(m o d 7)(m o d 11)x b x b x b x b =⎧⎪=⎪⎨=⎪⎪=⎩解：令m=5.6.7.11=23101234 6.7.11462(15.7.11385(15.6.11330(15.6.7210(1M M M M ========分）分）分）分）分别求解同余式'M 1(mod ),1,2,3,4i i i M m i ≡=得到：''''12343,1,1,1(4M M M M ====分）故同余式的解为：12343462385330210(mod 2310)(2x b b b b ≡⋅⋅+⋅+⋅+⋅分）五、求满足方程23:51(mod 7)E y x x =++的所有点. (共10分)解:对x=0,1,2,3,4,5,6,分别求出y.22222220,1(mod 7),1,6(mod 7)(21,0(mod 7),(22,5(mod 7),(13(mod 7),(11(mod 7),1,6(mod 7)(25,4(mod 7),2,5(mod 7)(16,2(mod 7),3,4(mod 7)(1x y y x y x y y y y x y y x y y =≡≡=≡≡=≡≡≡≡=≡≡=≡≡分）y 0(mod7)分）无解分）x=3,无解分）x=4,分）分）分）六、判断同余式2137(mod 227)x ≡是否有解.（共15分）解:因为227是素数，2137901235253227227227227227227⎛⎫⋅⋅⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭－－＝＝＝－ （分）又222712262288821(1)=13227⋅⎛⎫ ⎪⎝⎭－＝（－）＝－－ （分） 又251512271822522721==11322755⋅⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭－－－＝（－）（－）＝－ （分） 因此，13713227⎛⎫⎪⎝⎭＝－ （分）同余式2137(mod 227)x ≡无解. (3分)七、设1m >是整数，a 是与m 互素的整数，假如()m ord a st =，那么()s m ord a t =.（共10分）解: 由()m ord a st =得：()1(mod )5st s ta a m =≡（分）由()m ord a st =知，t 是同余式()1(mod )s ta m ≡成立的最小正整数，故，()sm ord a t =. (5分)八、证明整数环Z 是主理想环. （共10分）证：设I 是Z 中的一个非零理想.当a I ∈时，有00(1)a I a a I =∈=-∈及-.(2分) 因此，I 中有正整数存在. (1分)设d 是I 中的最小正整数，则()I d = (1分) 事实上，对任意a I ∈，存在整数q,r 使得 (1分) ,0a dq r r d =+≤< (1分)这样，由a I ∈及dq I ∈，得到r a dq I =-∈. (1分)但r d <以及d 是I 中的最小正整数.因此，r=0，()a dq d =∈.(1分) 从而()I d ⊂，(1分)又显然()d I ⊂.故()I d =，故Z 是主理想. (1分)九、设p 是素数，则()P p =是整数环Z 的素理想. （共10分）证：对任意整数a,b ，若(),|ab P p p ab ∈=则. (3分) 于是||.p a p b 或 (3分)因此得到，a P b P ∈∈或. (3分)因此，()P p =是整数环Z 的素理想. (1分)。
信息安全数学基础期末考试试卷及答案(A卷)
信息安全数学基础期末考试试卷及答案( A 卷)一、填空题(本大题共8小题，每空2分，共24分)1.两个整数a，b，其最大公因数和最小公倍数的关系为。
2.给定一个正整数m，两个整数a,b 叫做模m 同余，如果________ ，记作a b(mod m) ；否则，叫做模m 不同余，记作 _________ 。
3.设m，n 是互素的两个正整数，则(mn) ____________________________________________ 。
e4.设m 1是整数，a 是与m互素的正整数。
则使得a e 1(mod m)成立的最小正整数e叫做a对模m的指数，记做。
如果a 对模m的指数是(m)，则a 叫做模m 的__________ 。
5.设n 是一个奇合数，设整数b 与n 互素，如果整数n 和b 满足条件__________________ ，则n 叫做对于基b 的拟素数。
6.设G,G 是两个群，f 是G 到G 的一个映射。
如果对任意的a,b G ，都有 _______________ ，那么f 叫做G 到G 的一个同态。
7.加群Z 的每个子群H 都是______________ 群，并且有H 0 或H ___________________ 。
8.我们称交换环R为一个域，如果R对于加法构成一个群，R* R\{0}对于乘法构成一个 _____ 群。
二、计算题 (本大题共3小题，每小题8分，共24分)1. 令a 1613, b 3589 。
用广义欧几里德算法求整数s,t ，使得sa t b ( ,a )。
b22. 求同余方程x2 2(mod 67) 的解数。
3. 计算3 模19 的指数ord19(3) 。
三、解同余方程 (本大题共2小题，每小题10分，共20分)1. 求解一次同余方程17x 14(mod 21) 。
x 2(mod 3)2. 解同余方程组x 3(mod 5)x 2(mod 7)四、证明题（本大题共3小题，每小题7分，共211. 证明：如果a是整数，则a3 a 能够被6整除。
信息安全数学基础试卷一
《信息安全数学基础》试卷一一、判断题（本题满分10分，共含10道小题，每小题1分，认为命题正确的请在答题表里填写“√”，认为命题错误的请在答题表里填写“×”）1、任何一个交换群必定是循环群。
2、若4mod b a ≡，则有8mod b a ≡。
3、若无向图中的每一对顶点之间都有链，则此无向图为树。
4、存在一个无向图G ，G 既是哈密顿图，又是欧拉图。
5、若G H ≤1，G H ≤2，则G H H ≤⋂21。
6、同余方程 有解 。
7、模n 的缩系中共有)1(-n ϕ个元素。
8、),,⨯+Z （是一个域。
9、对于奇素数p 而言，模p 的两个二次剩余之积为二次剩余，两个二次非剩余之积为二次剩余。
10、对称群3S 有4阶子群。
二、计算题（本题满分15分）1、设T 是一棵无向树且有3个次数是3的点,2个次数是2的点,其余均为次数是1的点，求出该树一共有多少个点？（本小题5分）2、使用扩展的Euclid 算法求解(a,b)及整数s ，t,使得sa+tb=(a,b),其中a=135,b=97。
（本小题10分）三、解答题（本题满分45分）1、利用整数的惟一分解定理求出(45，100)和[45，100]。
（本小题6分）2、写出模7的缩同余类集合，列出其乘法运算表，并求出此集合中所有非零元素关于乘法的逆元。
（本小题15分）3、判断下列二次同余方程是否有解，并给出判断依据。
（本小题15分） （1） （2）)137(mod 62=x )365(mod 12-=x (mod )k x a n ≡⇔(,())|g k n ind a ϕ4、有向图如图1所示，写出其对应的邻接矩阵、关联矩阵，并判断此图是否为连通图，给出判断依据。
（本小题9分）图1四、求解下列同余方程或同余方程组 （本题满分15分）1、)15(mod 93≡x （本小题5分）2、⎪⎩⎪⎨⎧≡≡≡9mod 711mod 57mod 2x x x （本小题10分）五、证明题（本题满分15分）1、证明：若n b a mod ≡，n d c mod ≡，则有n d b c a mod +≡+。
简明信息安全数学基础答案
简明信息安全数学基础答案【篇一：信息安全数学基础答案】,4,1,5.（2） 100=22*52, 3288=23*3*137.（4） a,b可以表示成多个素因子的乘积a=p1p2––pr, b=q1q2––qs,又因为(a, b)=1，表明a, b没有公共(相同)素因子. 同样可以将an, bn表示为多个素因子相乘an=(p1p2––pr)n, bn=(q1q2––qs)n明显an, bn也没有公共(相同)素因子.（5）同样将a, b可以表示成多个素因子的乘积a=p1p2––pr,b=q1q2––qs, an=(p1p2––pr)n, bn=(q1q2––qs)n,因为an| bn所以对任意的i有, pi的n次方| bn, 所以bn中必然含有a的所有素因子, 所以b中必然含有a的所有素因子, 所以a|b.（6）因为非零a, b, c互素,所以(a, b)=(a, c)=1,又因为a=p1p2––pr, b=q1q2––qs, ab=p1p2––prq1q2––qs, 又因为a, b, c互素, 所以a, b, c中没有公共(相同)素因子, 明显ab和c也没有公共(相同)素因子.所以(ab, c)= (a, b)(a, c).（7）2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83, 89,97,101,103,107, 109, 113,127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,179,181,191,193,197,1 99.（11）对两式进行变形有21=0(mod m), 1001=0(mod m),可以看出要求满足的m即使求21和1001的公约数, 为7和1.（12） (70!)/(61!)= 62*63*––*70=(-9)*(-8)*––*(-1)=-9!=-362880=1(mod 71). 明显61!与71互素, 所以两边同乘以61!, 所以70!=61!(mod 71).（13）当n为奇数时2n=(-1)n=-1=2(mod 3), 两边同时加上1有2n+1=0(mod 3), 所以结论成立.当n为偶数时2n=(-1)n=1(mod 3), 两边同时加上1有2n+1=2(mod 3), 所以结论成立.（14）第一个问：因为(c,m)=d, m/d为整数.假设ac=k1m+r,bc=k2m+r,有ac=k1d(m/d)+r, bc=k2d(m/d)+r所以ac=bc(modm/d),因为(c,m/d)=1,所以两边可以同除以一个c, 所以结论成立.第二个问题：因为a=b(mod m), 所以a-b=ki*mi，a-b是任意mi的倍数，所以a-b是mi公倍数，所以[mi]|a-b.(利用式子：最小公倍数=每个数的乘积/最大公约数, 是错误的, 该式子在两个数时才成立)（15）将整数每位数的值相加, 和能被3整除则整数能被3整除,和能被9整除则整数能被9整除, (1)能被3整除, 不能被9整除，(2)都不能，(3)都不能，(4)都不能第二章（1）判断方法：分别验证1.对运算是否封闭, 2.对任意的a, b, c是否满足结合律, 3.对任意a是否存在单位元, 4.对任意a是否存在逆元. 可以得出在(1)-(6)中(2),(3),(6)构成群, (1)不满足结合律, (4)不存在单位元, (5)不满足结合律.（5）证明：显然在群中单位元e满足方程x2=x, 假设存在一个元素a满足方程x2=x, 则有a2=a, 两边同乘以a-1有a=e. 所以在群中只有单位元满足方程x2=x.（6）证明：因为群g中每个元素都满足方程x2=e, 所以对群中任意元素a,b有aa=e, bb=e, (ab)2=abab=e. 对abab=e, 方程两边左乘以a, 右乘以b有aababb=(aa)ba(bb)=ba=aeb=ab, 有ab=ba, 所以g是交换群.（7）证明：充分性：因为在群中对任意元素a,b有(ab)2=a2b2即abab=aabb, 方程两边左乘以a的逆元右乘以b的逆元, 有a-1ababb-1= a-1aabbb-1, 有ab=ba, 所以g是交换群.,b有ab=ba, 方程两边左乘以a右乘以b有abab=aabb, 有(ab)2=a2b2.（9）证明：对群中任意元素a,b有ab(ab)-1=e, 方程两边先左乘以a的逆元有b(ab)-1=a-1, 在左乘以b的逆元有(ab)-1=b-1a-1, 所以结论成立.（12）证明：显然mz是群z的一个非空子集, 验证封闭性, 结合律, 单位元, 逆元, 得出mz是一个群, 所以mz是z的子群.（因为对mz中任意元素am, bm有am-bm=(a-b)m, 因为a-b∈z, 所以(a-b)m∈mz, 所以mz是群z的一个子群）.（13）证明：设群g的两个子群为g1, g2, 则对任意a,b∈g1∩g2有ab-1∈g1, ab-1∈g2, 所以ab-1∈g1∩g2, 所以g1∩g2也是g的子群.（14）证明：设g是一个群, 对任意a,b∈g, 存在一个g到h的映射f,并且f(ab)=f(a)f(b).对任意f(a),f(b)∈h有f(a)f(b)=f(ab)∈h, 所以h满足运算的封闭性. 对任意f(a),f(b),f(c)有(f(a)f(b))f(c)=f(ab)f(c)=f((ab)c), f(a)(f(b)f(c))=f(a)f(bc)=f(a(bc)), 又因为(ab)c=a(bc), 所以(f(a)f(b))f(c)=f(a)(f(b)f(c)), 所以h满足结合律. 对任意f(a)∈h, 有f(ae)=f(a)=f(a)f(e), 所以f(e)是h的单位元, 对任意的f(a)∈h, 有f(aa-1)=f(e)=f(a)f(a-1), 所以f(a)的逆元为f(a-1). 所以h是一个群.（16）证明：设a到a-1的一一映射为f.充分性：对任意g中a,b有f(a)=a-1, f(b)=b-1, f(ab)=(ab)-1又因为f同构, 所以f(ab)=f(a)f(b)=(ab)-1=a-1b-1=(ba)-1, 由(ab)-1=(ba)-1有ba=ab, 所以g是交换群.必要性由上反推可得.第三章（2）第一个问题：设该有限群为g, 对任意阶大于2的元素a∈g, 有an=e, n为使得上式成立的最小正整数且n2. 明显在群中存在一个a-1, 且a≠a-1(若相等则a2=e, 与a的阶大于2矛盾), 有(a-1)n=e, 所以a-1的阶也大于2. 综上对任意阶大于2的元素a, 存在a-1的阶也大于2. 所以结论成立.第二个问题：因为在群g中只有e的阶为1, 在由上个结论有阶大于2的元素个数为偶数, 由已知条件g的阶为偶数可知结论成立.（5）对a生成一个阶为n的循环群g, am生成的循环群的阶为n/(n,m)=n. 又因为am∈g所以am也生成g.（6）设g的阶为n, 由已知可得g为一个群, 有由g与g同态可知f(e)为g的单位元,f(g) ∈g, 且对任意gk∈g, 有f(gk)=(f(g))k, 所以g 中任意元素都可以由f(g)生成表示成(f(g))k, 当k=n时有(f(g))n=f(gn)=f(e), 所以g也是也是一个循环群.（8）13阶：e的阶为1, 其他元素阶为13, 生成元g1到g12.16阶：e的阶为1, g2阶为8, g4阶为4, g6阶为8, g8阶为2,g10的阶为8, g12的阶为4, g14的阶为8, 其余的g到g15的阶为16且是生成元.（9）先分别求出15阶和20阶的正因子为3,5和2,4,5,10所以15阶的生成元为g3, g5, 20阶的生成元为g2, g4, g5, g10.（10）略（11）因为p是素数, 所以阶为p的群为循环群(3.3推论3), 又因为任意同阶的有限循环群同构(3.2定理2), 所以结论成立.（13）由题意可知am=e, bn=e, m,n为使得上式成立的最小正整数, 又因为ab=ba, 所以(ab)mn=amnbmn=e, 又因为(m,n)=1, 假设存在i使得(ab)i=e,有(ab)mi=e,有bmi=e,有mi|n,有i|n,同理i|m,所以i|mn,所以mn是使得(ab)i=e成立的最小整数，结论成立。
信息安全数学基础期末试卷
B) (a, b, c)
C) (a, c )(b, c) D) (a, b)(b, c)
5. 2017 年 1 月 9 日是星期一（为第 0 天），之后的第 220170109 天是（ ）。
A) 星期二
B) 星期三
C) 星期四
D) 星期五
6. 11 的原根有（ ）个。
A) 1 B) 2
C) 3 D) 4
7. a，b 为互素的整数，则存在唯一的整数 s，t，使得 sa tb 1 。（ ）
8. 设 m 是正整数，如果 ad { bd（mod m），则 a { b（mod m）。（ ）
9. 设 a 是整数，若 x 遍历正整数模 m 的完全剩余系，则 ax 也遍历模 m 的完全剩余系。（ ）
Hale Waihona Puke 10. 设 p，q 是不同的素数，则M( pq) ( p 1)(q 1) 。（
）
11. n 是整数，如果 a2 { b2 (mod n) ，而 n 不整除 (a b) 和 (a b) ，则 n 为合数。（ ）
§ a2 · ¨ ¸1 12. 设 (a, p) 1，则 © p ¹ 。（ ）
13. 设整数 m>1， (a, m) 1，则整数 d 满足 ad { 1 (mod m) 的必要条件是 ordm(a） d 。（ ）
5. 求解 x2≡ 2 (mod 17)。
四、 证明题（25 分，5 分/小题，需写出证明过程）
1. 证明：形如 4k+1 和 4k-1 的素数都有无限个。
2. 证明：对素数 P， P 都是无理数。 3. 证明：设 P1 d P2 d P3 是素数，n 是正整数，若 P1P2P3|n ，则 P1 d n1/3 ， P2 d（n/2）1/2 。
信息安全数学基础习题答案
因此70|n
2．证明：因为a3-a=(a-1)a(a+1)
当a=3k，k Z 3|a 则3|a3-a
当a=3k-1，k Z 3|a+1 则3|a3-a
当a=3k+1，k Z 3|a-1 则3|a3-a
所以a3-a能被3整除。
3．证明：任意奇整数可表示为2 k0+1， k0 Z
（2 k0+1）2＝4 k02+4 k0+1=4 k0 (k0+1)+1
由于k0与k0+1为两连续整数，必有一个为偶数，所以k0 (k0+1)=2k
所以（a+b,4）=4
37．证明：反证法
假设n为素数，则n| a2- b2=(a+b)(a-b)
由1.4定理2知n|a+b或n|a-b,与已知条件矛盾
所以假设不成立，原结论正确，n为合数。
40．证明：（1）假设是21/2有理数，则存在正整数p，q，使得21/2=p/q,且（p, q）=1
=13*41-14*(161-3*41)
=-14*161+55*(363-2*161)
=55*363+(-124)*(1613-4*363)
=(-124)*1613+551*(3589-2*1613)
所以（2t+1,2t-1）=1
（2）解：2(n+1)=1*2n+2
2n=n*2
所以（2n,2(n+1)）=2
32．（1）解：1=3-1*2
=3-1*(38-12*3)
=-38+13*(41-1*38)
信息安全数学基础参考试卷.doc
《信息安全数学基础》参考试卷一．选择题(在每小题的备选答案中只有一个正确答案，将正确答案序号填入下列叙述中的括号内，多选不给分)：（每题2分，共20分）1．576的欧拉函数值(576) ＝()。
(1) 96，(2) 192，(3) 64，(4) 288。
2．整数kn和k(n+2)的最大公因数(kn , k(n+2))=()。
(1) 1或2，(2) kn ，(3) n 或kn ，(4) k 或2 k。
3．模10的一个简化剩余系是( )。
(1) 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10，(2) 11, 17, 19 , 27(3) 11, 13, 17, 19，(4) 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9。
4．29模23的逆元是( )。
(1) 2，(2) 4，(3) 6，(4) 11。
5．设m1，m2是两个正整数，x1遍历模m1的完全剩余系，x2遍历模m2的完全剩余系，若( )遍历m1m2的完全剩余系。
(1) (m1，m2)=1，则m1x1＋m2x2(2) m1和m2是素数，则m1x1＋m2x2(3) (m1，m2)=1，则m2x1＋m1x2(4) m1和m2是素数，则m2x1＋m1x2 6．下面的集合和运算构成群的是( ) 。
(1) <N，＋> （N是自然数集，“＋”是加法运算）(2) <R，×> （R是实数集，“×”是乘法运算）(3) <Z，＋> （Z是整数集，“＋”是加法运算）(4) <P（A），∩> （P(A)＝{U | U是A的子集}是集合A的幂集，“∩”是集合的交运算）7．下列各组数对任意整数n均互素的是( ) 。
(1) 3n+2与2n，(2) n－1与n2＋n＋1，(3) 6n+2与7n，(4) 2n+1与4n+1。
8．一次同余式234x ≡30（mod 198）的解数是( )。
(1) 0，(2) 6，(3) 9，(4) 18。
信息安全数学基础试题
信息安全数学基础试题1. 题目：对称加密与非对称加密的区别是什么？请举例说明。
对称加密和非对称加密是信息安全中常用的两种加密方式，它们的区别主要体现在密钥的管理和使用方式上。
（1）对称加密：对称加密也被称为共享密钥加密。
它使用相同的密钥进行加密和解密操作。
加密和解密过程都使用相同的密钥，因此速度较快，但密钥的管理相对困难。
举例：最常见的对称加密算法是DES（数据加密标准）。
例如，Alice想要将一份秘密文件发送给Bob，她需要事先与Bob共享DES密钥。
当Alice加密文件时，她使用这个密钥对文件进行加密，然后将加密后的文件发送给Bob。
Bob接收到文件后，使用相同的密钥进行解密操作，以获取原始文件。
（2）非对称加密：非对称加密也被称为公钥加密。
它使用一对密钥，其中一个是公钥，另一个是私钥。
公钥用于加密操作，私钥用于解密操作。
非对称加密相对安全，但速度较慢。
举例：非对称加密算法中最常见的是RSA算法。
假设Alice想要将一份秘密文件发送给Bob，Bob首先生成一对密钥（公钥和私钥）。
Bob将公钥发送给Alice，而私钥则保留在自己手中。
Alice使用Bob的公钥对文件进行加密后，将加密后的文件发送给Bob。
Bob收到文件后，使用自己的私钥进行解密操作，以获取原始文件。
2. 题目：什么是哈希函数？请简要介绍哈希函数的概念和应用。
哈希函数是一种将输入转换为固定长度输出的函数。
它将任意长度的输入数据映射到固定长度的哈希值，并具有以下特点：（1）唯一性：不同的输入数据会产生不同的哈希值。
（2）定长输出：无论输入数据的长度是多少，哈希函数始终输出固定长度的哈希值。
（3）不可逆性：从哈希值无法还原得到原始的输入数据。
（4）散列性：输入数据发生轻微改变，哈希值会发生巨大变化。
应用领域：（1）数据完整性验证：哈希函数可以用于验证数据的完整性，通过比对哈希值判断数据是否被篡改。
（2）数字签名：哈希函数与非对称加密算法结合使用，利用私钥对数据的哈希值进行签名，保证签名的真实性和完整性。
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2023信息安全数学基础(李继国著)课后习题答案
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《信息安全数学基础》系统地介绍了信息安全理论与技术所涉及的数论、代数、椭圆曲线等数学理论基础。
全书共分为6章：第1章是预备知识，介绍了书中后面几章所涉及的基础知识;第2章和第3章是数论基础，包括整数的因子分解、同余式、原根、二次剩余、数论的应用等内容。
第4章是代数系统，包括群、环、域的概念，一元多项式环和有限域理论初步等内容;第5章是椭圆曲线，包括椭圆曲线的预备知识、椭圆曲线、椭圆曲线上的离散对数等内容;第6章是线性反馈移位寄存器，包括反馈移位寄存器、分圆多项式和本原多项式、m序列等内容。
书中每章末都配有适量习题，以供学生学习和复习巩固书中所学内容。
信息安全数学基础(李继国著)：内容提要
第1章预备知识
第2章数论基础(一)
第3章数论基础(二)
第4章代数系统基础
第5章椭圆曲线
第6章线性反馈移位寄存器(LFSR)
参考文献
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信息安全数学基础(李继国著)：图书目录
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信息安全数学基础-作业答案.doc
第一章作业答案1.7习题1 证(方法一)由2ln,贝U n=2m,又5ln,则512m,由51 5m,则5l(5m-2 •2m)=m ,设m=5k(k 为整数)，则n = 10k.又由7ln,则有7110k,由717k,则有71(3 • 7k - 2 • 10k) = k ,设k = 7p(p 是整数), 则有n=70p,从而有70ln.(方法二)因为2ln,5ln,7ln,且[2 , 5, 7]=70 ,根据1.4定理7可得70ln.(方法三)因为2ln, 5ln , 7ln ,所以7OI35n , 70ll4n , 70 I lOn,从而有701(35- 14-2 ・ 10)n = n.4证：三个连续的整数可以写成，(a-1), a , (a+1),其中任意两个连续整数中必定有一个是偶数，所以2可以整除它们的乘积，即2l(a -l)a(a+l).又任意整数 a 可以写成 a = 3n+b(bEZ, lWbW3) 当 b = l 时，a—l=3n,所以3l(a-l), 当b=2 时，a + 1 = 3n+3 ,所以3l(a+l), 当b=3 时，a= 3n,所以31a .所以不论 b 是多少，均有3l(a-l)a(a+l),又(2, 3) = 1 ,故6l(a-l)a(a+l).6证(运用1.1定义2或1.1定理7)12证明形如3k-1形式的正整数必有同样形式的素因数.证(解析：任意整数可表示为3k-l或3k或3k+l ,其中为素因数形式只能为3k-1或3k+l的形式)假设形如3k-1的正整数只有3m+1 形式的素因数，那么3k-l = (3mi +l)(3m2+l)-(3m s +l)=3m+l其中nii GZ ,i=l,2,…，s .m是nii的整系数多项式，故m是一个整数,可推出3k - 1 = 3m + 1,这是矛盾的.14证明形如6k+5的素数有无穷多个.证：假设形如6k+5的素数只有有限个pi ,…，Ps ,令a = 6pi ---ps + 5因为n>pi , i=l,…，s,所以a一定是合数，(注：否则a是大于pi的素数)，根据1. 1定理6 , a的大于5的最小正因数p 是素数，因此，P是P1，…,Ps中的某一个，即存在j, IWjWs,使得P=Pj ,根据1. 1定理3,我们有p|a-6pi •••ps =5,这与p>5是矛盾的，故存在有形如6k+5的素数有无穷多个.方法二反证法.假设形如6k+5的素数只有有限个，可设为pi , p2,…，Ps ,令 a = 6pi …p s + 5 ,贝U p】a ,i=l,…，s.所以有，a是异于Pi , p2,…，p s的形如6k+5的素因数.这与形于6k+5的素数只有pl ,p2，…，ps 有限个矛盾.故形如6k+5的素数有无限多个.17 答案：(111100*********)2 =(78F5)i6 ,(10111101001110)2 =(2F4E)1618 答案：(ABCDEFA)16 = (1010101111001101111011111010)2 (DEFACEDA) i6 = (11011110111110101100111011011010)2 (9A0AB)16=(10011010000010101011)229 答案:(2t - 1 ,2t + 1)=1 ; (2n ,2(n+1))=2.32 答案:(1613 ,3589) = 1 ,551X3589 - 1226X1613=1(2947 , 3772)= 1 , 951 X2947 - 743X3772 = 133 答案：(70 , 98 , 105) = 7整系数线性组合不唯一7= 24X70 - 16X98 - 105=105 +14X98 - 21X70=0X70 + 105 - 98—・・・34证明：不妨设mNn ,由带余数除法得m = qn + r OWr <n,则有a m-l = a qn+r-l + a r-a r = a r(a qn-l) + a r-l由于a qn-l = (a n-l)(a q(nl)+--- + l)由此及— 11 a.an— 1得(a m-l,a n-l) = (a n-l,a r-l)又(m , n) = (n , r).若r = 0,贝U (m , n) = n 结论成立.若r > o则继续对(a” — 1, a r - 1)作同样的讨论.由辗转相除法知，结论成立.51略62求9x + 24y -5z = 1000的一切整数解.解：(说明：这里只需要求出一组解即可)因为(9 , 24 ,5)=1 ,则1 = 24 - 2-9-5所以存在x 二-2000 , y 二1000 , z 二1000 使得9x + 24y -5z 二1000 或者1 = 6・9 -2・24 -5所以存在X= 6000 , y = -2000 , z = 1000 使得9x + 24y ~5z = 1000 可以有多解.。
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贵州大学 2007-2008 学年第二学期考试试卷（标准答案） A
信息安全数学基础
注意事项：
1. 请考生按要求在试卷装订线内填写姓名、学号和年级专业。
2. 请仔细阅读各种题目的回答要求，在规定的位置填写答案。
3. 不要在试卷上乱写乱画，不要在装订线内填写无关的内容。
4. 满分 100 分，考试时间为 120 分钟。
一、设 a,b 是任意两个不全为零的整数，证明：若 m 是任一整数，则 [am,bm]=[a,b]m.(共 10 分)
解：
abm 2
[am , bm ] =
(am , bm ) (3 分 ）
abm 2
= (a , b )m (3分）
==
abm
(2 分 ） (a , b )
== [a , b ]m (2分）
二、设 n=pq,其中 p,q 是素数.证明：如果
a 2 =
b 2 (mod n ), n Œa - b ,a n Œa + b , 则(n , a - b ) > 1, (n , a + b ) > 1 （共 10 分）
证明：由 a 2 =b 2 (mod n ), 得即|a 2 -b 2 , n |a (a + b )(a - b ) (2分）
又 n = pq ，则 pq |a (a + b )(a - b ),因为是素数，于是或p |a (a + b ) p |a (a - b ), (2分）
同理， q |a (a + b )或q |a (a - b )
(2分） 由于 n Œa - b ,a n Œa + b ，所以如果 p |a (a + b ) ，则
q |a (a - b ) ，反之亦然. (2分） 由 p |a (a + b ) 得(n ,
a +
b ) = p > 1 由 q |a (a - b ) 得(n , a -
b ) = q > 1
(1分） (1分）
三、求出下列一次同余数的所有解.(共 10 分)
3x ≡ 2(mod 7)
解：(1)求同余式3x ≡ 1(mod 7) 的解，运用广义欧几里得除法得：
x ≡ 5(mod7)
（5 分）
（2） 求同余式3x ≡ 2(mod 7) 的一个特解：
x ≡ 10(mod 7)
（4 分）
（3） 写出同余式3x ≡ 2(mod 7) 的全部解：
x ≡ 10 + 2t (mod 7), t = 0
（1 分）
四、求解同余式组：(共 15 分)
⎪
⎧x = b 1(mod 5) ⎪x = b (mod 6) ⎨x = 2
7)
b (mod ⎪
3 ⎩x = b
4 (mod11)
解 ： 令 m=5.6.7.11=2310
M 1 = 6.7.11 = 462 (1分） M 2 = 5.7.11 = 385 (1分） M 3 = 5.6.11 = 330 (1分） M 4 = 5.6.7 = 210 (1分）
分别求解同余式M ' M ≡ 1(mod m ), i = 1, 2, 3, 4
i
i
i
得到： M ' = 3, M ' = 1, M ' = 1, M ' = 1 (4分）
1
2
3
4
故同余式的解为：
x ≡ 3⋅ 462 ⋅ b 1 + 385 ⋅ b 2 + 330 ⋅ b 3 + 210 ⋅ b 4 (mod 2310) (2分）
五、求满足方程 E : y 2 = x 3 + 5x +1(mod 7) 的所有点. (共 10 分)
解:对 x=0,1,2,3,4,5,6,分别求出 y.
⎪＝ ＝－⎪ （分⎪ ） ⎪
⎪ ⎪ 3
⎝ ⎭
x = 0, y 2 ≡ 1(mod 7), y ≡ 1, 6(mod 7) (2分） x = 1, y 2 ≡ 0(mod 7), y ≡ 0( mod7) (2分） x = 2, y 2 ≡ 5(mod 7), 无解分(1） x=3, y 2 ≡ 3(mod 7), 无解分(1）
x=4, y 2 ≡ 1(mod 7), y ≡ 1, 6(mod 7) (2分） x = 5, y 2 ≡ 4(mod 7), y ≡ 2, 5(mod 7) (1分） x = 6, y 2 ≡ 2(mod 7), y ≡ 3, 4(mod 7) (1分）
六、判断同余式 x 2 ≡ 137(mod 227) 是否有解.（共 15 分）
解:因为 227 是素数， ⎛ 137 ⎫ ⎛ －9－0 ⎫ ⎛ 1 ⎫⎛ 2 ⋅ 32 ⋅ 5 ⎫ ⎛ 2 ⎫⎛ 5 ⎫
227 ⎝ ⎭ ⎝ 227 ⎭ ⎝ 227 ⎭⎝ 227 ⎭
⎝ 227 ⎭⎝ 227 ⎭ ⎛ 2 ⎫
2272
－1 226⋅228 又 ⎪＝（－1）＝8－－( 1) （8
分=） 1 3
⎝ 227 ⎭
⎛ 5 ⎫ 5－1－⋅ 227 1
227 2 52－1 又 ⎪＝（－1）（2 －2） ＝⎛ － ⎪⎫ = ⎛ （⎪
⎫分= ） 1 8
1 3
⎝ 227 ⎭ ⎝ 5 ⎭ ⎝ 5 ⎭
因此，
⎛ 137 ⎫
＝－1 227 ⎪ （分3 ）
同余式 x 2 ≡ 137(mod 227) 无解. (3 分)
七、设 m > 1是整数，a 是与 m 互素的整数，假如ord m (a ) = st ，那么
ord m (a s ) = t .（共 10 分）
解: 由ord m (a ) = st 得： a st = (a s )t ≡ 1(mod m )（ 5分）
由ord m (a ) = st 知，t 是同余式(a s )t ≡ 1(mod m ) 成立的最小正整数，
故， ord m (a s ) = t . (5 分)
八、证明整数环 Z 是主理想环. （共 10 分）
证：设 I 是 Z 中的一个非零理想.当a ∈I 时，有0 = 0a ∈I 及- a = (-1)a ∈I .(2 分) 因此，I 中有正整数存在. (1 分)
设d 是I 中的最小正整数，则I = (d ) (1 分 )
事实上，对任意a ∈I ，存在整数q,r 使得 (1 分)
a =dq +r, 0 ≤r <d (1 分)
这样，由a ∈I 及dq ∈I ，得到r =a -dq ∈I . (1 分)
但r <d 以及 d 是I 中的最小正整数.因此，r=0，a =dq ∈ (d ) .(1 分)
从而I ⊂ (d ) ，(1 分)
又显然(d ) ⊂I .故I = (d ) ，故 Z 是主理想. (1 分)
九、设p 是素数，则P = ( p) 是整数环Z 的素理想. （共 10 分）证：对任意整数 a,b，若ab ∈P = ( p),则. | ab (3 分)
于是p | a或p | b. (3 分)
因此得到，a ∈P或b ∈P . (3 分)
因此，P = ( p) 是整数环Z 的素理想. (1 分)
“”
“”
At the end, Xiao Bian gives you a passage. Minand once said, "people who learn to learn are very happy people.". In every wonderful life, learning is an eternal theme. As a professional clerical and teaching position, I understand the importance of continuous learning, "life is diligent, nothing can be gained", only continuous learning can achieve better self. Only by constantly learning and mastering the latest relevant knowledge, can employees from all walks of life keep up with the pace of enterprise development and innovate to meet the needs of the market. This document is also edited by my studio professionals, there may be errors in the document, if there are errors, please correct, thank you!。