信息安全数学基础期末试卷及答案培训讲学
信安数学基础答案
信安数学基础答案信安数学基础答案【篇一：信息安全数学基础课后答案完整版】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, 113,127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,179,181,191,193,1 97,1 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三b(modm)；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 ®(m n)= ______________________________ 。
e ..4.设m 1是整数，a是与m互素的正整数。
则使得a三1(modm)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)，贝U 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______________________ ，贝U 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 M O A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 ____________ ，戌=R\{0}对于乘法构成一个 ____________ 。
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 tb 二(a,b)。
2.求同余方程x2三2(mod67)的解数。
3.计算3模19的指数。
叫⑶。
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)。
信息安全数学基础考试复习题
第一章27 证明：如果整数a,b,c是互素且非零的整数，那么（ab,c)=(a,b)(a,c)证明：由题(a,b)=1=(a,c), 因为a,b,c 互素，所以（ab,1）=1, 所以（ab,c)=(a,b)(a,c)28 求最大公约数（1）（55,85）解：85=55*1+30 55=30*1+25 25=5*5 所以（55,85）=5（2）（202,282）解：282=202*1+80 202=80*2+42 80=42*1+38 42+38*1+4 38=4*9+2 4=2*2 所以（202,282）=2 29 求最大公因数（1）（2t-1,2t+1）解：2t+1=（2t-1）*1+2 2t-1=2*（t-1）+1 t-1=（t-1）*1 所以（2t-1,2t+1）=1（2）（2n，2（n+1））解： 2（n+1）=2n*1+2 2n=2*n 所以（2n，2（n+1））=232 运用广义欧几里得除法求整数s，t使得sa+tb=(a,b)(1)1613,35893589=1613*2+363 1613=363*4+161 363=161*2+41 161=41*3+38 41=38*+3 38=3*12+2 3=2*1+1 2=1*1+1所以（1613,3589）=11=3-1*2=3-1*（38-3*12）=14*4-14*（161-3*41）= - 14*161+55*（363 - 2*161）=55*363+（-124）*（1613 - 4*363）=(-124)*1613+551*(3589 – 2*1613)=551*3589+(-1226)*1613所以S=-1226 t=551(2)2947,377250 求最小公倍数（1）8,60（3）49,77解：77=49*1+28 49=28*1+21 28=21*1+7 21=7*3 所以（49，77）=7所以[49,77]=49*77/7=53951 求最大公因数与最小公倍数（1）22335577,27355372解：所以（22335577,27355372）=22335372 [22335577,27355372]=27355577（2）23571113，2*3*5*7*11*13解：（23571113，2*3*5*7*11*13）=2*5*7[23571113，2*3*5*7*11*13]=23*3*57*7*113*1360 求7x+4y=100的整数解解：因为 (7,4)|100 所以该方程有解当x=4，y=18时，7x+4y=100成立所以方程的整数解为X=4-4t t=0,+1,+ -2,……y=18+7t6 2008年5月9日是星期五，问第220080509天是星期几？8 设p是素数，证明：如果a2≡b2(mod p) 则p|a-b或p|a+b10 设整数a,b,c(c>0),满足a≡b(mod c),求证：（a,c）=(b,c)16 计算232(mod 47)，247（mod 47），2200(mod 47)解：1）设m=47，b=2，令a=1，将32写成二进制 32=25n0=0，a0=a=1 b1=b2≡4(mod 47)n1=0，a1=a0=1 b2=b12≡16(mod 47)n2=0，a2=a1=1 b3=b22≡21(mod 47)n3=0，a3=a2=1 b4=b32≡18(mod 47)n4=0，a4=a3=1 b5=b42≡42(mod 47)n5=1，a5=a4*b5≡42(mod 47)2)由费马小定理得247≡2(mod 47)3)2200=24*47+12(mod 47)=216(mod 47)=18(mod 47)22 运用wilson定理，求8*9*10*11*12*13（mod 7）24 计算 31000000（mod 7）解：因为36≡1 mod 7 所以31000000=36*166666+4（mod 7）≡34（mod 7）≡4（mod 7）35 证明：如果p和q是不同的素数，则p q - 1+q p - 1≡1(mod pq)36 证明：如果m和n是互素的整数，则mΨ(n)+nΨ(m)≡1(mod mn)1 求求出下列一次同余方程的所有解（1）3x≡2（mod 7）（2）6x≡3（mod 9）解：因为（6,9）=313 所以原同余式有解同余式6x≡3（mod 9）的一个特解x≡2（mod 9）所以所有解为x≡2+3t（mod 9） t=0,1,2 即x≡2,5,8（mod 9）8 求11的倍数，使得该数被2,3,5,7除的余数为1解：由题意得：x≡1 mod 2 x≡1 mod 3 x≡1 mod 5 x≡1 mod 7 x=11k①M=2*3*5*7=210 M1=3*5*7=105 M1’M1≡1mod 2 →M1’=1M2=2*5*7=70 M2’M2≡1mod 3 →M2’=1M3=2*3*7=42 M3’M3≡1mod 5 →M3’=1M4=2*3*5=30 M4’M4≡1mod 7 →M4’=4X=105*1*1+70*1*1+42*3*1+3*4*1(mod 210)≡1②由①②得x=2101……解非唯一第四章10 计算下列勒让德符号1）（17/37） 2)(151/373) 3)(191/397) 4)(911/2003)16 判断下列同余方程是否有解1）x2≡7（mod 227）25 求所有素数p使得与5为模p的二次剩余解：由题意得：x2≡5（mod p）因为5/p=(-1)(5-1)(p-1)/(2*2)*(p/5)=(-1)p-1(p/5)所以当p=2时，（5/2）=(1/2)=1 即p=2成立当p=3时，（5/3）=(2/3)= - 1,即p=3不成立所以p=2.连分数连分数定理使用Shanks小步大步法计算离散对数2是F101的一个本原元，在F101中求log23解：m=[]=10。
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。
信息安全数学基础_（陈恭亮_著）_清华大学出版
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 Z∈5|n所以5|2k，又（5，2）=1，所以5|k即k=5k1，k1Z∈7|n所以7|2*5k1,又（7，10）=1，所以7|k1即k1=7k2，k2Z∈所以n=2*5*7k2即n=70k2,k2Z因此70|n2．证明：因为a3-a=(a-1)a(a+1)∈当a=3k，k Z3|a则3|a3-a∈当a=3k-1，k Z3|a+1则3|a3-a∈当a=3k+1，k Z3|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2k0+1，k0Z（2k0+1）2＝4k02+4k0+1=4k0(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（2k0+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。
由737=11*67,747=3*249知737与747都为合数。
8．解：存在。
eg：a=6,b=2,c=9∈10．证明：p1p2p3|n，则n=p1p2p3k，k N+又p1≤p2≤p3，所以n=p1p2p3k≥p13即p13≤n1/3p1为素数则p1≥2，又p1≤p2≤p3，所以n=p1p2p3k≥2p2p3≥2p22即p2≤(n/2)1/2得证。
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)。
信息安全数学基础第二版课后练习题含答案
信息安全数学基础第二版课后练习题含答案介绍信息安全数学基础是一门重要的课程，它是信息安全领域的基础。
在这门课程中，我们将了解许多与信息安全相关的数学知识，例如模运算、质数、离散对数等。
这篇文章将涵盖信息安全数学基础第二版中的一些课后练习题，同时也包含答案。
练习题1. 模运算1.1 在模 10 算法下，求以下计算结果：1.(8 + 4) mod 10 =2.(4 - 8) mod 10 =3.(6 * 3) mod 10 =4.(7 * 8) mod 10 =5.(4 * 6 * 2) mod 10 =答案：1.22.63.84.65.22.1 以下哪些数为质数？1.152.433.684.915.113答案：2、53. 离散对数3.1 在模 13 算法下，计算以下离散对数：1.3 ^ x ≡ 5 (mod 13)2.5 ^ x ≡ 4 (mod 13)3.2 ^ x ≡ 12 (mod 13)答案：1.x = 92.x = 93.x = 44. RSA算法4.1 对于RSA算法，如果p = 71，q = 59，e = 7，n = pq，求以下结果：1.φ(n) =2.d =3.明文为123，加密后的密文为？1.φ(n) = (p-1)(q-1) = 40002.d = 22873.加密后的密文为：50665. 椭圆曲线密码5.1 在GF(7)上，使用下列椭圆曲线：E: y^2 = x^3 + 2x + 2 \\pmod{7}计算点加：1.(1,2) + (5,4) =2.(3,6) + (3,6) =答案：1.(1,5)2.(0,3)结论本文介绍了信息安全数学基础第二版中的课后练习题，并包含了所有答案。
希望这篇文章对您有所帮助。
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 。
最新信息安全数学基础期末考试试题资料
2012年信息安全数学基础期末考试试题1证明：如果是整数，则能被3整除。
2 用广义欧几里德算法求最大公因子3 设是一个正整数，，如果，证明：。
4 解方程5 解方程组6 计算3模19的指数。
7、计算的Legendre符号8 证明：91是对基3的拟素数。
9 设是群到的一个同态，，其中是的单位元。
证明：是的子群。
10 设是群的一个元素。
证明：映射是到自身的自同构。
2012年信息安全数学基础期末考试试题答案1 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。
2. 12075=2*4655+27654655=1*2765+18902765=1*1890+8751890=2*875+140875=6*140+35140=4*35所以=353. 因为d|m，所以存在整数使得。
又因为，所以存在整数使得。
该式又可以写成。
故。
4.计算最大公因式(987,2668)=1，所以原同余式有解且只有一个解。
利用广义欧几里德除法，求同余式的解为。
再写出同余式的解为。
5 令，，。
分别求解同余式（i=1,2,3）得到，，。
故同余式的解为6 解：因为(19)=18,所以只需对18的因数d=1,2,3,6,9,18计算a d(mod12)因为31≡3, 32≡9, 33≡8, 36≡7, 39≡-1, 218≡1(mod13)所以3模19的指数为18；78 证明：因为91=13*7是奇合数， (3,91)=1又36=729≡1(mod91) 则391-1=390≡(36)15≡1(mod91)则91是对于基3的拟素数。
9 对任意，有，从而，。
因此，，是群的子群。
10 证明：（1）任取。
计算因此是同态映射。
（2）若，且。
那么，从而，因此是单射。
（3）任取。
由于，故是满射。
综上所述，映射是到自身的自同构。
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。
信息安全数学基础习题答案2
信息安全数学基础习题答案2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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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：
2
2
[,](3(,)(3(,)(2
(,)[,](2abm am bm am bm abm a b m
abm
a 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2
2
2
2
=(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)
12
34(mod5)(mod 6)(mod 7)(mod11)
x b x b x b x b =⎧⎪=
⎪⎨=⎪⎪=⎩
解：令m=5.6.7.11=2310
1234 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2
3
: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2
137(mod 227)x ≡是否有解.（共15分）
解:因为227是素数，2137901235
253227227227227227227⎛⎫⋅⋅⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝
⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
－－＝＝＝－ （分）
又2
2271226228
8
821(1)=13227⋅⎛⎫ ⎪⎝⎭
－＝（－）＝－
－ （分） 又251
512271
8
22
522721==11322755⋅⎛⎫
⎛⎫⎛⎫
⎪ ⎪ ⎪⎝⎭
⎝⎭⎝⎭
－－－＝（－
）（－
）＝－ （分） 因此，13713227⎛⎫
⎪⎝⎭
＝－ （分）
同余式2
137(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 t
a a m =≡（分）
由()m ord a st =知，t 是同余式()1(mod )s t
a m ≡成立的最小正整数，
故，()s
m 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)。