(完整)信息安全数学基础期末试卷及答案,推荐文档
信息安全数学基础期末考试试卷及答案(A卷)
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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
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《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( )。
信息安全数学基础习题答案[1]
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信息安全数学基础习题答案[1]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。
最新信息安全数学基础期末考试试卷及答案(A卷)
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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
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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。
信息安全数学基础习题答案
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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1.简答题 a) 什么是信息安全?信息安全是指保护信息的机密性、完整性和可用性,以防止未经授权的访问、使用、披露、干扰、破坏或篡改信息的行为。
b) 什么是加密?加密是指通过对信息进行转换,使其无法被未经授权的人理解或使用的过程。
加密算法通常使用密钥来对信息进行加密和解密。
c) 什么是对称加密算法?对称加密算法是一种使用相同的密钥进行加密和解密的算法。
常见的对称加密算法有DES、AES等。
d) 什么是非对称加密算法?非对称加密算法是一种使用不同的密钥进行加密和解密的算法。
常见的非对称加密算法有RSA、ECC等。
e) 什么是哈希函数?哈希函数是一种将任意长度的数据映射为固定长度的输出的函数。
哈希函数具有单向性,即很难从哈希值逆推出原始数据。
2.选择题 a) 下列哪种算法是对称加密算法? A. RSA B. AES C. ECC D.SHA-256答案:B. AESb) 下列哪种算法是非对称加密算法? A. DES B. AES C. RSA D. SHA-256答案:C. RSAc) 下列哪种函数是哈希函数? A. RSA B. AES C. ECC D. SHA-256答案:D. SHA-2563.计算题 a) 使用AES算法对明文进行加密,密钥长度为128位,明文长度为64位。
请计算加密后的密文长度。
答案:由于AES算法使用的是128位的块加密,所以加密后的密文长度也为128位。
b) 使用RSA算法对明文进行加密,密钥长度为1024位,明文长度为64位。
请计算加密后的密文长度。
答案:由于RSA算法使用的是非对称加密,加密后的密文长度取决于密钥长度。
根据经验公式,RSA算法中加密后的密文长度为密钥长度的一半。
所以加密后的密文长度为1024/2=512位。
c) 使用SHA-256哈希函数对一个长度为128位的明文进行哈希计算,请计算哈希值的长度。
答案:SHA-256哈希函数的输出长度为256位。
信息安全数学基础答案
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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
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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: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
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“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
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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。
信息安全数学基础课后答案
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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()。
2012年信息安全数学基础期末考试试题
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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-作业答案.doc
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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.。
最新信息安全数学基础期末试卷及答案
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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: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)。
信息安全数学基础习题答案
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4
21.解: (1)因为 875961*2753≡[(36mod9)(17mod9)]mod9 ≡0(mod9) 2410520633≡26(mod9) ≡8(mod9) 所以等式 875961*2753=2410520633 不成立 (2)因为 14789*23567≡[(29mod9)(23mod9)]mod9 ≡1(mod9) 348532367≡41(mod9) ≡5(mod9) 所以等式 14789*23567=348532367 不成立 (3)因为 24789*43717≡[(30mod9)(22mod9)]mod9 ≡3(mod9) 1092700713≡30(mod9) ≡3(mod9) 所以等式 24789*43717=1092700713 可能成立 (4)这种判断对于判断等式不成立时简单明了,但对于判断等式成立时,可能会较 复杂。 22.解:因为 7 为素数,由 Wilso 定理知:(7-1)! ≡-1(mod7) 即 6!≡-1(mod7) 所以 8*9*10*11*12*13≡1*2*3*4*5*6(mod7) ≡6!(mod7) ≡-1(mod7) 31.证明:因为 c1,c2,…,c ϕ (m)是模 m 的简化剩余系 对于任一 ci,有 m-ci 也属于模 m 的简化剩余系 所以 ci+(m-ci)≡0(modm) 因此 c1+c2+…+c ϕ (m)≡0(modm) 32.证明:因为 a ϕ (m)≡1(modm) 所以 a ϕ (m)-1≡0(modm) a ϕ (m)-1=(a-1)(1+a+ a2+…+ a ϕ (m)-1) ≡0(modm) 又(a-1,m)=1 所以 1+a+ a2+…+ a ϕ (m)-1 ≡0(modm) 33.证明:因为 7 为素数,由 Fermat 定理知 a7 ≡a(mod7) 又( a ,3 ) =1 所以 (a,9)=1 由 Euler 定理 知 a ϕ (9) ≡ a6 ≡ 1(mod9) a(mod9) 又(7,9)=1, 所以 a7≡a(mod7*9) 即 a7≡a(mod63) 34.证明:因为 32760=23*32*5*7*13 又(a,32760)=1 所以(a,2)=(a,3)=(a,5)=(a,7)=(a,13)=1 有:a ϕ (13)≡1(mod13) 即 a12≡1(mod13) a ϕ (8)≡a4≡1(mod8) 即 a12≡1(mod8) a ϕ (5)≡a4≡1(mod5) 即 a12≡1(mod5) a ϕ (7)≡a6≡1(mod7) 即 a12≡1(mod7) a ϕ (9)≡a6≡1(mod9) 即 a12≡1(mod9) 又因为[5,7,8,9,13]=32760 所以 a12≡1(mod32760) 35.证明:因为(p,q)=1 p,q 都为素数 所以 ϕ (p)=p-1, ϕ (q)=q-1 由 Euler 定理知:p ϕ (q)≡1(modq) q ϕ (p)≡1(modp) 即 pq-1≡1(modq) qp-1≡1(modp) 又 qp-1≡0(modq) pq-1≡0(modp) 所以 pq-1+qp-1≡1(modq) qp-1+pq-1≡1(modp) 又[p,q]=pq 所以 pq-1+qp-1≡1(modpq) 36.证明:因为(m,n)=1 由 Euler 定理知:m ϕ (n)≡1(modn) n ϕ (m)≡1(modm) 所以 m ϕ (n)+n ϕ (m)≡(m ϕ (n)modn)+ (n ϕ (m)modn)≡1+0≡1(modn)
信息安全数学基础部分习题答案
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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。
由737=11*67 ,747=3*249 知737与747都为合数。
信息安全数学基础期末试卷
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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 。
信息安全数学基础参考试卷.doc
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《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。
信息安全数学基础期末试卷及答案,推荐文档
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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。
题号-一--二二 三四五六七八总分统分人得分一、设a,b 是任意两个不全为零的整数,证明:若 [am,bm]=[a,b]m.(共 10 分) 解:证明:由 a 2=b 2(mod n ),得n |a 2-b 2,即 n |®a b )(a b ) (2分)又n pq ,则pq 加b )(a b ),因为p 是素数,于是p |0a b )或p|aa b ), (2分)同理,q® b )或 q|aa b )(2 分)由于n 宎 b,n?a b ,所以如果p|®a b ),则q 加 b ),反之亦然.(2分) 由 p |aa b )得(n,a b ) p 1 (1 分) 由 q|aa b )得(n, a b ) q 1(1 分)得分得分评分人m 是任一整数,则[am, bm]abm 2 (am, bm) abm 2 (a, b)m abm (a,b)=[a,b]m得分评分人设 n=pq, 其p,q数.证明2 2 、 、a =b (mod n), n 宎3 b, n 宎3 b,贝y (n, a b)1,( n,a b) 1 (共 10 分)中------------------- 三、求出下列一次同余数的所有解.(共10分)评分人3x 2(mod 7)解:(1)求同余式3x 1(mod7)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(mod7), tO ( 1 分)四、求解同余式组:(共15分)x b](mod 5)x b 2(mod 6) x b 3(mod 7) x b 4(mod11)解:令 m=5.6.7.11=2310M 1 6.7.11 462 (1分) M 2 5.7.11 385 (1分) M 35.6.11 330 (1分)M 4 5.6.7 210 (1分)分别求解同余式 M ;M i 1(mod m ,),i 1,2,3,4 得到:M ;3,M 2 1,M 3 1,M 4 1 (4 分)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(mod7)的所有点.(共10分)解:对 x=0,1,2,3,4,5,6, 分别求出 y.得分评分人八、证明整数环Z 是主理想环•(共10分)1(mod7),y 1,6(mod7) (2分) 0(mod7),y 0(mod7) (2 分) 5(mod7),无解(1分)3(mod7),无解(1分) 1(mod7), y 4(mod7), y 2(mod 7),yord m (a s ) t .(共 10 分)解:由 ord m (a) st 得:a st (a s )t 1(mod m) (5分)s t由ord m (a ) st 知,t 是同余式(a ) 1(mod m )成立的最小正整数, 故,ord m (a s ) t . (5 分)得分评分人六、判断同余式 解:因为227是素数,x 2137(mod 227)是否有解•(共 15分)又—227因此,137 2272272-1(-1) F5-1 227-1=(—1)p-12 32 5 227227十1)226 228~8-2 227 5 227(3分)(3分)旦一 1227227 5(3分)-x 137(mod 227)无解.(3七、设m 1是整数,得分评分人同余式 2-=(-1) 8 5(3分)a 是与m 互素的整数,假如ord m (a) st ,那么0,y 2 1, y 2 2,y 2 x=3, y 2 x=4, y 2 x 5,y 2 x 6,y 21,6(mod7) (2 分) 2,5(mod 7) (1分)3,4(mod 7) (1证:设I 是Z 中的一个非零理想•当a I 时,有0 Oa I 及-a (1)a 1.(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rd 以及d 是1中的最小正整数.因此,r=0,a dq (d ) .(1分)从而1(d ),(1 分)又显然(d ) I .故I (d ),故Z 是主理想.(1分)证:对任意整数 a,b ,若ab P (p ),则p|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)设p 是素数,则 (p )是整数环Z 的素理想. (共10分)九、。
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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(mod 5)(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)。