简明信息安全数学基础答案

2024年1月4日发(作者：新疆数学试卷2022初中)

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,

127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,179,181,191,193,197,199.

（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

（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。

（15） 设h1, h2是群g的两个正规子群, h= h1∩h2, 所以有对任意的a∈g, h1∈h1有ah1a-1∈h1, 同样对任意的h2∈h2有ah2a-1∈h2, 所以对任意的h∈h1∩h2有, aha-1∈h1∩h2, 所以结论成立.

(先要证明h是g的子群, 略)

（16） 由题意设eh, ah是h的唯一两个左陪集, 仿照3.4定理2可证. (另证：g=h∪ah, g=h∪ha, 又因为h∩ah=空, h∩ha=空, 所以有ah=ha).

（17） 由题意有hn=nh即对任意的hn∈hn有hn=nh, 对任意的h1n1∈hn, h2n2∈hn,

-1(h1n1)(h2n2)-1= h1n1n2-1h2-1=h1h2n1n2∈hn, 所以结论成立.

第四章

（3） 明显单位元为1, 设c+di是a+bi的逆元, 有(a+bi)(c+di)=1,有c+di=(a-bi)/(a2+b2),所以a+bi的逆元为 (a-bi)/(a2+b2).

（4）首先证明是加法交换群：对加法封闭,满足加法结合律,有加法单位元,有加法逆元

在证明对乘法封闭,乘法结合律,分配律

得出是个环.在验证(1,0)为单位元

（5） 不是环(没有负元)

（6） 按书上要求分别判断是否满足加法交换群,乘法封闭,乘法结合律,分配律。

第一个：是环,没有单位元,是交换环

第二个：是环,有单位元1,是交换环

第三个：是环,有单位元1,是交换环

第四个：不是环(不是加法交换群)

（11）证明：对任意的x,y∈s,有ax=0,ay=0,有ax-ay=a(x-y)=0,所以x-y∈s,又axy=(ax)y=a(xy)=0,所以xy∈s,所以s是r的子环

（20） 证明：设有限整环是s,要证明s是域,需证对全体非零元,都有逆元.设s={a1,a2….an},有1∈s,对任意非零ai有ais={aia1,

aia2…. aian},因为乘法封闭有ais=s所以1∈ais,所以存在aj使得aiai=1,即ai的逆元存在.所以结论成立

（23） 显然s是一个交换环,单位元为1(具体过程略),且无零因子(设对任意s1=a1+b1i,s2=a2+b2i,假设s1s2=0,若s2不等于0,建立方程a1a2-b1b2=0,a1b2+a2b1=0,变形为a1a2b2=b1b2b2,

a1a2b2=-a2a2b1,有因为s2不等于0,可知a2,b2不为0,所以b1=0,推出a1=0,所以s1=0,同理当s1不等于0,s2=0),所以s是一个整环.然而由3题有对于非零元a+bi,逆元为(a-bi)/(a2+b2)不属于s.所以s不是域

（28）证明：i是环r的加法子群(具体过程略),对任意的i∈r,j∈i,设j=4r, r∈r, 有ij=ji=4ir, ir∈r, 所以ij=ji∈i,所以i是r的理想. i不等于(4),因为(4)={4x+4n,x∈r,n∈z},x取2,n取1有12∈(4),但是12不属于i,所以不相等.

（30） 第一个：证明：整数环中既有单位元,又是交换环,所以(s)={xs,x∈z},(t)={yt,y∈z},又因为xs+yt=xk1d+yk2d=(xk1+yk2)d,所以(s)+(t)∈(d),又因为d=(s,t),所以存在整数u,v使得d=us+vt,所以rd=rus+rvt,所以(d)∈(s)+(t),所以(s)+(t) =(d).

第二个：(s)={xs,x∈z},(t)={yt,y∈z},那么(s)∩(t)表示既要是s的倍数又要是t的倍数,m是s,t的最小公倍数,明显(s)∩(t)=(m).

（37） 对任意的x∈r,有xi1∈i1,i1x∈i1, xi2∈i2,i2x∈i2.有x(i1+i2)=x(a+b)=xa+xb∈i1+i2,

(i1+i2)x=(a+b)x=ax+bx∈i1+i2,所以i1+i2也是r的理想

第五章

（1） 对任意非零多项式f(x),g(x)∈f(x),设f(x)=anxn+….a1x+a0,an≠0,ai∈f

g(x)=bmxm+….b1x+b0,bm≠0, bi∈f

有f(x)g(x)=anbmxm+n+….+a0b0, 因为ai,bi∈f,且都不为0,所以anbm≠0,所以f(x)g(x)≠0,所以结论成立.

（2） f(x)+g(x)=x7+x6+5x4+x2+2x+2

f(x)g(x)=x13+5x11+x9+6x8+4x7+x6+x5+5x4+3x3+5x2+2x+1

（3） 明显gf(2)[x]满足交换律,(f(x)+g(x))2=(f(x)+g(x))(f(x)+g(x))=(f(x))2+f(x)g(x)+g(x)f(x)+

(g(x))2=(f(x))2+2f(x)g(x)+(g(x))2=(f(x))2+(g(x))2

（4） 分别用这两个除以2阶及以下的不可约多项式,都除不尽即可.

（5） x6+x3+1=(x4+2x3+2x+1)(x2+x+1),所以最大公因子为x2+x+1

（7） x5+x4+x3+x2+x+1=(x2+x)(x3+x+1)+x2+1,所以f(x)modg(x)=x2+1

（8） 略

第六章

（1）{9,1,11,3,13,5,15,7,17} {0,10,2,12,4,14,6,16,8} 不能

（3） 证明：在是模m的简化剩余系中任取ci，可知(ci, m)=1，可证(m-ci, m)=1(反证法证明)，所以对任意ci有m-ci也是模m的简化剩余系，且ci和m-ci不相等，所以ci和m-ci是成对出现的，所以结论成立

q-1p-1q-1（4） 证明：因为p，q是两个素数，由欧拉定理有：p=1(mod q)，q=1(mod p)，即q|p-1，

p-1q-1p-1p|q-1，设p-1=nq，q-1=mp(m，n是正整数)，两式相乘有

q-1p-1q-1p-1p-1q-1q-1p-1(p-1)(q-1)=pq-q-p+1=nmpq，由条件之p，q≥2，所以pq必有因子pq，上式

p-1q-1q-1p-1两边同时模pq有：-q-p+1=0(mod pq)，所以p+q=1(mod pq).

（5） 证明同4题

（6） 第一个：x=1，5，第七个：无解

（7） 第一个：x=3(mod 7)，第十个：x=812(mod 1001)

（9） 第一个：x=53(mod 60)，第七个：无解

（12）同6.3节例1

（13）第一个x=67(mod 140)，第二个x=557(mod 1540)

（14）x=58(mod 60)

（16）构造同余式组x=1(mod a1)…….x=k(mod ak)，根据中国剩余定理由已知条件只x有解.所以x-1……x-k满足题目要求的连续整数

（19）证明：充分性：同余式组x=b1(mod m1)，x=b2(mod m2)，由条件(m1,m2)|(b1-b2)，有b1-b2=k1m1+k2m2，所以b1-k1m1=b2+k2m2，所以同余式组有解为x=b1-k1m1=b2+k2m2，

必要性：同余式组有解即存在k1, k2使得b1+k1m1=b2+k2m2，b1-b2=k2m2-k1m1，(m1,m2)| k2m2-k1m1= b1-b2

参考答案大部分只给出了解题思路，考试时须严格按照书本例题步骤解题

【篇二：信息安全数学基础习题第三章答案】

xt>第三章.同余式

1．（1）解：因为（3，7）=1 | 2 故原同余式有一个解

又3x≡1（mod7） 所以 特解x0`≡5（mod7）

同余式3x≡2（mod7）的一个特解x0≡2* x0`=2*5≡3（mod7）

所有解为：x≡3（mod7）

（2）解：因为（6，9）=3 | 3故原同余式有解

又2x≡1（mod3） 所以 特解x0`≡2（mod3）

同余式2x≡1（mod3）的一个特解x0≡1* x0`=1*2≡2（mod3）

所有解为：x≡2+3t（mod9）t=0,1,2

所以解分别为x≡2，5, 8（mod9）

（3）解：因为（17，21）=1 | 14 故原同余式有解

又17x≡1（mod 21） 所以 特解x0`≡5（mod 21）

同余式17x≡14（mod 21）的一个特解x0≡14* x0`=14*5≡7（mod

21） 所有解为：x≡7（mod 21）

（4）解：因为（15，25）=5 不整除9，故原同余式无解

2．（1）解：因为（127，1012）=1 | 833 故原同余式有解

又127x≡1（mod1012） 所以 特解x0`≡255（mod1012）

同余式127x≡833（mod1012）的一个特解x0≡833*

x0`=833*255≡907（mod1012） 所有解为：x≡907（mod1012）

3．见课本3.2例1

4.设a,b,m是正整数，（a,m）=1,下面的方法可以用来求解一次同余方程ax≡b(mod m)

(3)6x≡7（mod 23）

解：依据题意可知，原式与(a%m)x≡-b[m/a](mod m)同解

即与5x≡-7*3(mod 23)同解,化简得5x≡2(mod 23).

重复使用上述过程，5x≡2(mod 23)-3x≡-8(mod 23)-2x≡10(mod

23)-x≡5(mod 23). x≡5(mod 23)即为方程的解。

2k5.设p是素数，k是正整数，证明：同余式x≡1(mod p)正好有两个不同余的解

2k6.证明：k2时，同余式x≡1(mod 2)恰好有四个不同的解

7．（1）解：因为（5，14）=1

由euler定理知，同余方程5x≡3（mod14）的解为：

(14)-1 x≡5?*3≡9（mod14）

（2）解：因为（4，15）=1

由euler定理知，同余方程4x≡7（mod15）的解为：

(15)-1 x≡4?*7≡13（mod15）

（3）解：因为（3，16）=1

由euler定理知，同余方程3x≡5（mod16）的解为：

(16)-1 x≡3?*5≡7（mod16）

8.解：根据题意可设倍数为x,那么可列出同余式组：

11x≡1（mod 2）

11x≡1（mod 3）

11x≡1（mod 5）

11x≡1（mod 7）

所有首项系数化为1得到

x≡1（mod 2）

x≡2（mod 3）

x≡1（mod 5）

x≡2（mod 7）

其中m=2*3*5*7=210；m1=3*5*7=105，m1’m1≡1（mod 2），→m1’=1；m2=2*5*7=70，m2’m2≡1（mod 3），→m2’=1；m3=2*3*7=42，m3’m3≡1（mod 5），→m3’=3；m4=2*3*5=30，m4’m4≡1（mod 7），→m4’=4；

x≡105*1*1+70*1*2+42*3*1+30*4*2

≡191(mod 210)

所以所有解为(191+210t)*11,其中t=0,1,2,3…

9.构造性证明如下:(1)由已知, ((a,c),(b,c))=1 于是存在x,y使得

x*(a,c)+y*(b,c)=1 (可以对两边求模(a,c)的余数而得解出y,同理可解出x) 注意取合适的y值,使 (y,c)=1 (2)同余式 bm=(b,c) mod c有解m 这是因为 (b/(b,c),c)=1,故(b/(b,c)) m ==1 mod c有解,从而(2)有解. 于是, x*(a,c)+bmy ==1 mod c (3)再求解同余式(a,c)==a my *r

mod c 注: (1)中,(y,c)=1 ,(2)中, (m,c)=1,又(a/(a,c),c)=1故1==(a/(a,c))my *r mod c有解,从而式(3)有解. 最后可得 x*a myr

+bmy ==1 mod c 即 (axr+b) my ==1 mod c 于是取n=xr, (an+b,

c)=1

10.证明：必要性是显然的，下面证明充分性。

若（m1,m2）|(a1,a2)成立，由3.1节定理1，同余方程m2y≡a1-a2(mod m1)有解y≡y0(mod m1).记x0=a2+m2y0,则x0≡a2(mod

m2),并且有x0=a2+m2y0≡a2+a1-a2≡a1(mod m1),因此x0是同余方程组的解。即若x1和x2都是同余方程组的解，那么x1≡x2(mod

m1),x1≡x2(mod m2),因此有x1≡x2(mod [m1,m2]).

11．证明：由中国剩余定理知方程解为：

x≡a1m1m1`+ a2m2m2`+……+ akmkmk`（mod m）

因为mi两两互素，又中国剩余定理知：mimi`≡1（mod mi）

又mi=m/mi所以（m，mi）≡1（mod mi）

(mi) 所以mimi`=mi?≡（mod mi）

(m1)(m2)(mk) 代入方程解为x≡a1 m1?+ a2 m2?+……+ ak

mk?(mod m) 得证。

12．（1）解：由方程组得：3x+3y≡2(mod7)

6x+6y≡4(mod7)x+y≡-4(mod7)

x≡5(mod 7) y≡5 (mod 7)

（2）解：由方程组得：2x+6y≡2(mod7)2x-y≡2(mod7)

6x+8y≡4(mod7)x-y≡-4(mod7)

x≡6(mod 7) y≡3 (mod 7)

13．见课本3.2例4

100000014．同课本3.2例3 2≡562（mod1309）

15．（1）解：等价同余式组为：

23x≡1（mod4）

23x≡1（mod5）

23x≡1（mod7）

所以 x≡3（mod4） x≡2（mod5）x≡4（mod7）

所以x≡3*35*3 + 2*28*2 + 4*20*6≡67（mod140）

（2）解：等价同余式组为：

17x≡1（mod4）

17x≡1（mod5）

17x≡1（mod7）

17x≡1（mod11）

所以 x≡1（mod4） x≡2（mod5）x≡-3（mod7） x≡7（mod11）

所以x≡1*385*1 + 2*308*2 + (-3)*220*5 + 7*140*7 ≡557（mod1540）

16.设k是正整数，a1,…ak是两两互素的正整数，证明：存在k个相邻整数，使得第j个数被aj整除(1≤j≤k)。

17.设整数m1,…mk两两互素，则同余方程组aix≡bi(mod mj),

(1≤j≤k)有解的充要条件是每一个同余方程

18. 设整数m1,…mk两两互素，（aj,mj）=1.证明

9．解：3x+4x+2x+x+x+x+12x+x≡0（mod7）

776426522 左边=(x-x)( 3x+4x+2x+x+3x+4)+ x+2x+2x+15x+5x

6522 所以原同余式可化简为：x+2x+2x+15x+5x≡0（mod7）

直接验算得解为：x≡0（mod7） x≡6（mod7）

320．解：f`(x) ≡ 4x+7（mod243）

直接验算的同余式f（x）≡0(mod3)有一解：x1≡1（mod3）

3-1 f`(x1) ≡4*1*7=-1(mod3) f`(x1)≡-1(mod3)

-11 所以t1≡-f（x1）*( f`(x1)(mod3))/3≡1(mod 3)

x2≡ x1+3 t1≡4(mod 9)

-12t2≡-f（x2）*( f`(x1)(mod3))/3≡2(mod 3)

2 x3≡ x2+3 t2≡22(mod 27)

-13t3≡-f（x3）*( f`(x1)(mod3))/3≡0(mod 3)

3 x4≡ x3+3 t3≡22(mod 81)

-14t5≡-f（x4）*( f`(x1)(mod3))/3≡2(mod 3)

4 x5≡ x4+3 t4≡184(mod 243)

所以同余式f（x）≡0(mod243)的解为：x5 ≡184(mod 243)

【篇三：信息安全数学基础期末试卷及答案】

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：

abm2

[am,bm]?(3分）

(am,bm)abm2

?(3分）

(a,b)m

abm

=?

(2分）

(

a,b) =?[a,b]m (2分）

证明：由a2=b2(mod n),得n|a a2-b2,即n|(aa?b)(a?b) (2分）

又n?pq，则pq|( aa?b)(a?b),因为p是素数，于是p|(aa?b)或p|(aa?b), (2分）同理，q|( aa?b)或q|(aa?b) (2分）

二、设

n=pq,其中

p,q

是素数.证明：如果

a2=b2(mod n),n宎a?b,n宎a?b,则(n,a?b)?1,(n,a?b)?1（共10分）

a?b,n?a?b，所以如果p|(aa?b)，则q|(aa?b)，反之亦然. (2分）

由于n宎 aa?b)得(n,a?b)?p?1 (1分） 由p|( aa?b)得(n,a?b)?q?1(1分） 由q|(

三、求出下列一次同余数的所有解.(共10分)

3x?2(mod7)

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(mod7)的一个特解： x?10(mod7) （4分）

（3）写出同余式3x?2(mod7)的全部解： x?10?2t(mod7),t?0 （1分）

四、求解同余式组：(共15分)

?x?b1(?x?b(?2

?

?x?b3(??x?b4(

mod5)mod6)mod7)

mod11)

解：令m=5.6.7.11=2310

m1?6.7.11?462 (1分）m2?5.7.11?385 (1分）m3?5.6.11?330

(1分）m4?5.6.7?210 (1分）

分别求解同余式mimi?1(modmi),i?1,2,3,4

得到：m1?3,m2 ?1,m3?1,m4?1 (4分）

故同余式的解为：

x?3?462?b1?385?b2?330?b3?210?b4(mod2310) (2分）

五、求满足方程e:y?x?5x?1(mod7)的所有点. (共10分)

2

3

解:对x=0,1,2,3,4,5,6,分别求出y.

x?0,y2?1(mod7),y?1,6(mod7) (2分）x?1,y2?0(mod7),y?0(mod7) (2分）x?2,y2?5(mod7),无解 (1分）x=3,y2?3(mod7),无解 (1分）x=4,y2?1(mod7),y?1,6(mod7) (2分）x?5,y2?4(mod7),y?2,5(mod7) (1分）x?6,y2?2(mod7),y?3,4(mod7) (1分）

六、判断同余式x2?137(mod227)是否有解.（共15分）

1??2?32?5

??137??－90??－?2??5?解:因为227是素数，? ＝＝＝－??????????? （3分）

?

227??227??227??227??227??227?

227－1226?228

?2?

又? 1）8＝(－1)8=－1 （3分）?＝（－

?227?

2

又?

?5?

1）?＝（－

227??

5－1227－1

?22

?227??2?

1）＝－1 （3分）??=??=（－

55????

52－1

8

因此，?

?137?

?＝－1 （3分）

227??

同余式x2?137(mod227)无解. (3分)

七、设m?1是整数，a是与m互素的整数，假如ordm(a)?st，那么

ordm(as)?t.（共10分）

解: 由ordm(a)?st得：a?(a)?1(modm) （ 5分）

由ordm(a)?st知，t是同余式(a)?1(modm)成立的最小正整数， 故，ordm(a)?t. (5分)

八、证明整数环z是主理想环. （共10分）

s

st

st

st

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.

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)

10分）（共