信息安全数学基础部分习题答案

2024年1月4日发(作者：高考2021的数学试卷)

信息安全数学基础部分习题答案

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∈Z

5|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|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（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。

8．解：存在。eg：a=6,b=2,c=9

10．证明：p1 p2 p3|n，则n= p1 p2 p3k，k∈N+

又p1≤p2≤p3，所以n= p1 p2 p3k≥p13 即p13≤n1/3

p1为素数则p1≥2，又p1≤p2≤p3，所以n= p1 p2 p3k≥2 p2

p3≥2p22

即p2≤(n/2)1/2得证。

11．解：小于等于5001/2的所有素数为2，3，5，7，11，13，17，19，依次删除这些素数的倍数可得所求素数：

12．证明：反证法

假设3k+1没有相同形式的素因数，则它一定只能表示成若干形如3k-1的素数相乘。 (3 k1+1)(3 k2+1)=[( 3 k1+1) k2+ k1]*3+1 显然若干个3k+1的素数相乘，得

到的还是3k+1的形式，不能得出3k-1的数，因此假设不成立，结论得证。

同理可证其他。

13．证明：反证法

假设形如4k+3的素数只有有限个，记为p1, p2,…, p n

因为4k+3=4k`-1=4k-1 构造N=4*p1*p2*…*p n-1≥3*p1*p2*…*p n

所以N＞p i (i=1,2,…,n)

N为4k-1形式的素数，即为4k+3的形式，所以假设不成立。

原结论正确，形如4k+3的素数有无穷多个。

28．（1）解：85=1*55+30

55=1*30+25

30=1*25+5

25=5*5

所以(55,85)=5

（2）解：282=1*202+80

202=2*80+42

80=1*42+38

42=1*38+4

38=9*4+2

4=2*2

所以（202,282）=2

29．（1）解：2t+1=1*(2t-1)+2

2t-1=(t-1)*2+1

2=2*1

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)

=13*41-14*(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）解：1=4-1*3

=4-1*(115-28*4)

=-115+29*(119-1*115)

=29*119+(-30)*(353-2*119)

=-30*353+89*(472-1*353)

=89*472+(-119)*(825-1*472)

=(-119)*825+208*(2947-3*825)

=208*2947+(-743)*(3772-1*2947)

=951*2947+(-743)*3772

所以s=951 t=-743

36．证明：因为（a，4）=2 所以a=2*(2m+1) m∈Z

所以a+b=4m+2+4n+2=4(m+n)+4=4(m+n+1)

即4|a+b

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 平方得：p2=2q2, 即2|p2，所以p=2m,

m∈N

因此p2=4m2=2q2 q2=2m2 q=2n, n∈N

则（p, q）=(2m,2n)=2(m, n)≥2与（p, q）=1矛盾

所以假设不成立，原结论正确，21/2不是有理数。

（2）假设是71/2有理数，则存在正整数m，n，使得71/2=p/q,且（m, n）=1

平方得：m2=2n2, 即7|m2

将m表示成n个素数p i的乘积，m= p1 p2 p3……p n ，p i为素数。

因为7为素数，假设7 !| m，则7 !∈｛p1，p2，p3，……p n｝

所以m2= p12 p22 p32……p n 2=( p1 p2 p3……p n)( p1 p2

p3……p n)

所以7 !| m2，与7|m2矛盾，故7|m, m=7k

同理可知：7|n, n=7 k0

所以(m, n)=(7k,7 k0)=7(k, k0)≥7 与已知矛盾

故原结论正确，71/2不是有理数。

（3）同理可证171/2不是有理数。

41．证明：假设log210是有理数，则存在正整数p, q,使得log210=p/q,且（p, q）=1 又log210=ln10/ln2=p/q

Ln10q=ln2p 10q=2p

(2*5)q=2p 5q=2p-q

所以只有当q=p=0是成立，所以假设不成立

故原结论正确，log210是无理数。

同理可证log37，log1521都是无理数。

50．（1）解：因为8=23, 60=22*3*5

所以[8,60]=23*3*5=120

51．（4）解：(4701,41000)=

4111000=1011000

[4701,41000]=

401

第二章同余

1．解：（1）其中之一为9，19，11，21，13，23，15，25，17

（2）其中之一为0，10，20，30，40，50，60，70，80

（3）.（1）或（2）中的要求对模10不能实现。

2．证明：当m>2时，因为(m-1)2=m2-2m+1=m(m-2)+1

所以(m-1)2≡1(mod m)

即1与(m-1)2在同一个剩余类中，故02,12,…,(m-1)2一定不是模m的完全剩余系。6．解：21≡2(mod7), 22≡4(mod7),

23≡1(mod7)

又20080509=6693503*3

所以220080509=(23)6693503≡1(mod7)

故220080509是星期六。

7．证明：（i）因为a i≡b i (modm),1≤i≤k 所以a i=b i+k i m

又a1+a2+… +a k=∑a i=∑(b i+k i m)=∑b i+m*∑k i

所以有∑a i≡∑b i (mod m)

即a1+a2+… +a k=b1+b2+… +b k (mod m)

（ii）因为a i≡b i (mod m),1≤i≤k 所以a i(mod m)=b i (mod m)

所以（a1a2…a k）mod m≡[(a1mod m)( a2mod m)…(a k mod

m)]mod m

≡[(b1mod m)( b2mod m)…(b k mod m)]mod m

≡（b1b2…b k）mod m

所以a1a2…a k≡a1a2…a k(mod m)

8．证明：如果a2≡b2(mod p) 则a2= b2+kp , k∈Z

即kp=a2-b2=(a+b)(a-b) 所以p|(a+b)(a-b)

又p为素数，根据1.4定理2知p|a+b或p|a-b 得证。

9．证明：如果a2≡b2(mod n) 则a2= b2+kn , k∈Z

即kn=a2-b2=(a+b)(a-b) 所以n|(a+b)(a-b)

由n=pq知kpq=a2-b2=(a+b)(a-b)

因为n!|a-b, n!|a+b，所以p,q不能同时为a-b或a+b的素因数。

不妨设p|a-b, q|a+b ,则q!|a-b, p!|a+b 即(q, a-b)=1,(p, a+b)=1

因此(n, a-b)=(pq, a-b)=(p, a-b)=p>1

(n, a+b)=(pq, a+b)=(q, a+b)=q>1

故原命题成立。

10．证明：因为a≡b (mod c) 则a=cq+b , q∈Z

根据1.3定理3知(a, c)=(b, c)

17．解：（1）a k+a k-1+… +a0=1+8+4+3+5+8+1=30

因为3|30 ,9!|30 所以1843581能被3整除，不能被9整除。

（2）a k+a k-1+… +a0=1+8+4+2+3+4+0+8+1=31

因为3!|31 , 9!|31 所以184234081不能被3整除，也不能被9整除。

（3）a k+a k-1+… +a0=8+9+3+7+7+5+2+7+4+4=56

因为3!|56 , 9!|56 所以8937752744不能被3整除，也不能被9整除。

（4）a k+a k-1+…

+a0=4+1+5+3+7+6+8+9+1+2+2+4+6=58

因为3!|58 , 9!|58 所以46不能被3整除，也不能被9整除。20．解：（89878*58965）mod9≡[(89878mod9)*(58965mod9)]mod9≡(4*6)mod9

≡6(mod9) ≡5299?56270(mod9)

又5299?56270≡(45+?)mod9≡?(mod9)

所以 ?=6 即未知数字为6。

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≡1(mod9)

348532367≡41(mod9) ≡5(mod9)

所以等式14789*23567=348532367不成立

（3）因为≡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c 1,c 2,…,c ?(m)是模m 的简化剩余系

对于任一c i ，有m-c i 也属于模m 的简化剩余系

所以c i +(m-c i )≡0(modm)

因此c 1+c 2+…+c ?(m)≡0(modm)

32．证明：因为a ?(m)≡1(modm) 所以a ?(m)

24789*43717≡[(30mod9)(22mod9)]mod9

14789*23567≡[(29mod9)(23mod9)]mod9

-1≡0(modm)

a ?(m)-1=(a-1)(1+a+ a 2+…+ a ?(m)-1) ≡0(modm)

又（a-1,m ）=1

所以1+a+ a 2+…+ a ?(m)-1 ≡0(modm)

33．证明：因为7为素数，由Fermat 定理知a 7 ≡a(mod7)

又（a ，3）=1 所以(a,9)=1 由Euler 定理知a ?(9)≡a 6≡1(mod9)

即

a 7≡a(mod9) 又(7,9)=1, 所以a 7≡a(mod7*9)

即a 7≡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 ?(13)≡1(mod13) 即a 12≡1(mod13)

a ?(8)≡a 4≡1(mod8) 即a 12≡1(mod8)

a ?(5)≡a 4≡1(mod5) 即a 12≡1(mod5)

a ?(7)≡a 6≡1(mod7) 即a 12≡1(mod7)

a ?(9)≡a 6≡1(mod9) 即a 12≡1(mod9)

又因为[5,7,8,9,13]=32760

所以a 12≡1(mod32760)

35．证明：因为(p,q)=1 p,q 都为素数 所以?(p)=p-1, ?(q)=q-1

由Euler 定理知：p ?(q)≡1(modq) q ?(p)≡1(modp)

即p q-1≡1(modq) q p-1≡1(modp)

又 q p-1≡0(modq) p q-1≡0(modp)

所以p q-1+q p-1≡1(modq) q p-1+p q-1≡1(modp)

又[p,q]=pq 所以p q-1+q p-1≡1(modpq)

36．证明：因为(m,n)=1

由Euler 定理知：m ?(n)≡1(modn) n ?(m)≡1(modm)

所以m ?(n)+n ?(m)≡(m ?(n)modn)+

(n ?(m)modn)≡1+0≡1(modn)

同理有：m ?(n)+n ?(m) ≡1(modm)

又[m,n]=mn 所以m ?(n)+n ?(m) ≡1(modmn

第三章 同余式

1．（1）解：因为（3，7）=1 | 2 故原同余式有解

又3x ≡1（mod7） 所以 特解x 0`≡5（mod7）

同余式3x ≡2（mod7）的一个特解x 0≡2* x 0`=2*5≡3（mod7）

所有解为：x ≡3（mod7）

（3）解：因为（17，21）=1 | 14 故原同余式有解

又17x ≡1（mod21） 所以 特解x 0`≡5（mod21）

同余式17x ≡14（mod21）的一个特解x 0≡14* x 0`=14*5≡7（mod21）

所有解为：x ≡7（mod21）

2．（1）解：因为（127，1012）=1 | 833 故原同余式有解

又127x ≡1（mod1012） 所以 特解x 0`≡255（mod1012）

同余式127x ≡833（mod1012）的一个特解x 0≡833* x

0`=833*255≡907（mod1012） 所有解为：x ≡907（mod1012）

3．见课本3.2例1

7．（1）解：因为（5，14）=1

由Euler 定理知，同余方程5x ≡3（mod14）的解为：

x ≡5?(14)-1*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：

x ≡4?(15)-1*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：

x ≡3?(16)-1*5≡7（mod16）

11．证明：由中国剩余定理知方程解为：

x ≡a 1M 1M 1`+ a 2M 2M 2`+……+ a k M k M k `（mod m ）

因为m i 两两互素，又中国剩余定理知：M i M i `≡1（mod m i ）

又M i =m/m i 所以（m ，M i ）≡1（mod m i ）

所以M i M i `=M i ?(mi)≡（mod m i ）

代入方程解为x ≡a 1 M 1?(m1)+ a 2 M 2?(m2)+……+ a k M

k ?(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

14．同课本3.2例3 21000000≡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）

19．解：3x14+4x13+2x11+x9+x6+x3+12x2+x≡0（mod7）

左边=(x7-x)( 3x7+4x6+2x4+x2+3x+4)+

x6+2x5+2x2+15x2+5x

所以原同余式可化简为：x6+2x5+2x2+15x2+5x≡0（mod7）

直接验算得解为：x≡0（mod7） x≡6（mod7）

20．解：f`(x) ≡ 4x3+7（mod243）

直接验算的同余式f（x）≡0(mod3)有一解：x1≡1（mod3）

f`(x1) ≡4*13*7=-1(mod3) f`(x1)-1≡-1(mod3)

所以t1≡-f（x1）*( f`(x1)-1(mod3))/31≡1(mod 3)

x2≡x1+3 t1≡4(mod 9)

t2≡-f（x2）*( f`(x1)-1(mod3))/32≡2(mod 3)

x3≡x2+32 t2≡22(mod 27)

t3≡-f（x3）*( f`(x1)-1(mod3))/33≡0(mod 3)

x4≡x3+33 t3≡22(mod 81)

t5≡-f（x4）*( f`(x1)-1(mod3))/34≡2(mod 3)

x5≡x4+34 t4≡184(mod 243)

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

第四章二次同余式与平方剩余

2．解：对x=0,1,2,3,4,5,6时，分别求出y

x=0,y2≡1(mod7),y≡1,6(mod7)

x=4,y2≡4(mod7),y≡2,5(mod7)

当x=1,2,3,5,6时均无解

5．解：对x=0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16时，分别求出y x=0,y2≡1(mod17),y≡1,16(mod17)

x=1,y2≡3(mod17),无解

x=2,y2≡11(mod17),无解

x=3,y2≡14(mod17),无解

x=4,y2≡1(mod17),y≡1,16(mod17)

x=5,y2≡12(mod17),无解

x=6,y2≡2(mod17),y≡6,11(mod17)

x=7,y2≡11(mod17),无解

x=8,y2≡11(mod17),无解

x=9,y2≡8(mod17),y≡5,12(mod17)

x=10,y2≡8(mod17),y≡5,12(mod17)

x=11,y2≡0(mod17),y≡0(mod17)

x=12,y2≡7(mod17),无解

x=13,y2≡1(mod17),y≡1,16(mod17)

x=14,y2≡5(mod17),无解

x=15,y2≡8(mod17),y≡5,12(mod17)

x=16,y2≡16(mod17),y≡4,13(mod17)

10．解：(1）.（17/37）=(-1) (17-1)(37-1)/(2*2)*(37/17)=-1

(4(6））..（（911/20037/20040803））=(-1)

=(-1)

(2003-1)(911-(7-1)(20040803-1)/(2*2)*(2003/911)=1/3=1

1)/(2*2)*(20040803/7)=1 12．解：（1）.因为（-2/67）=(65/67)=1

所以-2是67的平方剩余

所以x2≡-2(mod67)有2个解。

（4）.因为（2/37）=(-1) (37*37-1)/8=-1

所以2是37的平方非剩余

所以x2≡2(mod37)无解。

14．证明：（1）因为p为其素数，模p的所有二次剩余个数为(p-1)/2个，

设为a1, a2, a3, …a(p-1)/2

则a1*a2*a3…a(p-1)/2≡12*22*32…((p-1)/2)2(mod p)

≡1*2*3…((p-1)/2)*(-(p-1))*(-(p-2))*…(-(p-(p-1)/2))(mod p)

≡1*2*3…((p-1)/2)*(p-(p-1)/2)…*(p-2)*(p-1)(-1)(p-1)/2(mod p)

≡(p-1)!*(-1)(p-1)/2(mod p)

≡(-1)*(-1)(p-1)/2(mod p) （2.4定理3）

≡(-1)(p+1)/2(mod p)

所以模p的所有二次剩余乘积模p的剩余为(-1)(p+1)/2得证。

（2）1，2，3,…p-1为p的一个完全剩余系

1*2*2…*(p-1)≡-1(mod p) ≡(-1)(p+1)/2(-1)(p-1)/2(mod p)

因为模p的所有二次剩余乘积模p的剩余为(-1)(p+1)/2

所以模p的所有非二次剩余乘积模p的剩余为(-1)(p－1)/2

（3）当p=3时，其二次剩余只有1，所以p=3时，模p的所有二次剩余之和模p

的剩余为1

当p>3时，由（1）得a1+a2+a3…+a(p-1)/2≡p(p-1)(p+1)/24(mod p)

因为p为奇素数，所以p只能取3k-1或3k+1形式，代入上式得0

所以当p>3时，模p的所有二次剩余之和模p的剩余为0。

（4）因为模p的所有二次非剩余之和与所有二次剩余之和的和可以被p整除

所以由(3)得，当p=3时，模p的所有二次非剩余之和模p的剩余为-1;

当p>3时，模p的所有二次非剩余之和模p的剩余为0。16．解：(1）.因为（7/227）=(-1) (227-1)(7-1)/(2*2)*(227/7)= 1

所以7是227的二次剩余

所以x2≡7(mod227)有解

(3）.因为11对91的逆元是58

所以原同余方程等价于x2≡16(mod91)

又16是91的平方剩余

所以11x2≡-6(mod91)有解

21．证明：应用模重复平方法

11=20+21+23

令x=23,b=2,a=1

(1)x0=1 a0=a*b≡2(mod23) b1=b2≡4(mod23)

(2)x1=1 a1=a0*b1≡8(mod23) b2=b12≡16(mod23)

(3)x2=0 a2=a1*b20≡8(mod23) b3=b22≡3(mod23)

(4)x3=1 a3=a2*b3≡1(mod23)

所以211≡1(mod23) 即23|211-1

47|223-1与503|2251-1 应用同样的方法得证。

第五章原根与指标

1．解：因为?(13)=12,所以只需对12的因数d=1,2,3,4,6,12,计算a d

(mod12) 因为21≡2, 22≡4, 23≡8, 24≡3, 26≡-1, 212

≡1(mod13)

所以2模13的指数为12；

同理可得：5模13的指数为4，10模13的指数为6。

2．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；

同理可得：7模19的指数为3，10模19的指数为18。

3．解：因为?(m)=?(81)=54=2*33,所以?(m)的素因数为q 1=2,q

2=3,进而

(m)/q 1=27, ?(m)/q 2=18

这样，只需验证：g 27,g 18模m 是否同余于1。对2，4，5，6…逐个验算：

因为227≠1(mod81) 218≠1(mod81) 根据5.2定理8得

所以2是模81的原根

7．证明：因为（a, m ）=1, 故由ord m (a)=st 知：a st ≡1(mod

m) 即(a s )t ≡1(mod m)

不妨令ord m (a s )=r 则a sr ≡1(mod m) 所以st|sr

由(a s )t ≡1(mod m)得r|t 即t ＝k*r k ∈N ≥1 r ≤t 所以sr ≤st

所以sr=st 所以r=t

所以ord m (a s )=t

8．解：存在

举例：如n=7,d=3 因为?(7)=6 d=3|6

存在a=2 (2,7)=1, 2?(7)≡1(mod 7) 又23≡1(mod 7)

所以ord 7(2)=3 满足条件。

10．证明：因为p 为一个奇素数，p-1/2也是一个奇素数

所以?(p)=p-1=2*(p-1)/2 即?(p)的不同素因数为2，p-1/2

又因为a ?(p)/2=a p-1/2≠1(mod p) a ?(p)/[(p-1)/2]=a

2≠1(mod p)

根据5.2定理8得a 是模p 的原根。

15．证明：反证法

假设n 是一个合数，令ord n (a)=m 则a m ≡1(mod n)

因为a n-1≡1(mod n) 所以由5.1定理1得m|n-1 即n-1=k*m

对n-1的所有素因数q ，必可找到一个q 1使m|((n-1)/q 1)

所以a n-1/q =a m*t ≡1(mod n) 与已知条件矛盾，故假设不成立，原结论得证。

16．解：因为d=(n,?(m))=(22,?(41))=(22,40)=2 ind5=22

所以(n,?(m))|ind5，同余式有解

等价同余式为22indx ≡ind5(mod40) 即11indx ≡11(mod20)

解得：indx=1,21(mod40)

所以原同余式解为x=6,35(mod41)

17．解：因为d=(n,?(m))=(22,?(41))=(22,40)=2 ind29=7

(2,7)=1 所以原同余式无解。 第六章 素性检验

1．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。

2．证明：因为45=5*3*3是奇合数， (17,45)=1

由Euler 定理：174≡1(mod5) 172

≡1(mod3)

所以174≡1(mod3) 所以174≡1(mod45)

则1745-1=1744≡(174)11≡1(mod45)

则45是对于基17的拟素数。

同理45是对于基19的拟素数。

10．证明：25=5*5是奇素数 设n=25 n-1=24=23*3 则t=3

(7,25)=1

73≡18(mod25) 72*3≡-1(mod25)

所以25是基于7的强拟素数。

15．证明：n=561=3*11*17 为奇素数 （561,2）=1

b (n-1)/2≡2(561-1)/2≡2280≡1(mod561)

(b/n)=(2/561)=(-1)(561*561-1)/8=1

所以2280≡(2/561)(mod561)

所以561是对于基2的Euler 拟素数 第八章 群

2. 证明：群G 是交换群的充要条件是对任意,a b G ∈，有222()ab

a b =。

证明：?必要性：若G 是交换群，则对任意,a b G ∈，有ab ba =，从而

222()ab abab aabb a b ===。

充分性：若对任意,a b G ∈，有222()ab a b =。那么

1211221()ba ebae a ab b a a b b eabe ab ----=====。

因此群G 是交换群。

4. 设G 是n 阶有限群。证明：对任意元a G ∈，有n

a e =。

证明：任取a G ∈，考虑a 生成的循环群a 。不妨设a q =。根据拉格朗日定理，有|q n ，

从而存在正整数k ，使得n qk =。因为q a e =（否则a q ≠），所以()n q k k a a e e ===。 6. 设G 是一个群。记(){|()}cent G a G b

G ab ba =∈?∈=。证明：()cent G 是G 的正规子群。

证明：首先证明()cent G 是G 的子群。任取12,()a a cent G ∈，b G ∈。计算

21212()()()()ba a a ba a b a a a b a

b a a a b a a b -------------======。

因此，1

12()a a cent G -∈，从而()cent G 是G 的子群。

再证明()cent G 是G 的正规子群。任取1, c e n t () a G x a G a -∈∈。那么存在c e n t ()y G ∈，使得1x aya -=。由y 的交换性，有11cent()x aya aa y ey y G --====∈。

从而1 cent() cent()a G a G -?，()cent G 是G 的正规子群。

7. 设a 是群G 的一个元素。证明：映射1

:x axa σ-→是G 到自身的自同构。

证明：（1）任取,x y G ∈。计算 1111()()()()xy a xy a axeya axa

aya x y σσσ----====

因此σ是同态映射。

（2）若,x y G ∈，且()()x y σσ=。那么11axa aya --=，从而

1111x a axa a a aya a y ----===，

因此σ是单射。

（3）任取c G ∈。由于111()()a ca a a ca a ece c σ---===，故σ是满射。

综上所述，映射1

:x axa σ-→是G 到自身的自同构。

8. 设H 是群G 的子群。在G 中定义关系1:R aRb b a H -?∈。证明：

（i ）R 是等价关系。

（ii ）aRb 的充要条件是aH bH =。

证明：（i ）任取a G ∈。既然H 是群G 的子群，那么e H ∈。因此1a a e H -=∈，这说明aRa ，即R 满足自反性。

取,a b G ∈满足aRb 。那么1b a H -∈。根据H 是群G 的子群以及逆元的性质，我们有111()a b b a H ---=∈，这说明bRa ，即R

满足对称性。

取,,a b c G ∈满足aRb ，bRc 。那么1b a H -∈，1c b H -∈。根据H 是群G 的子群，我们有111

()()c a c b b a H ---=∈。 从而aRc 成立，即R 满足传递性。

综上所述R 是等价关系。

（ii ）即要证明：1b a H aH bH -∈?=。 ?充分性：设aH bH =，则a ae aH bH =∈=，于是存在h H ∈使得a bh =，左右两边同乘1b -，得11

b a b bh h H --==∈。 ?必要性：如果1b a H -∈。对任意

c aH ∈，存在2h H ∈使得2c ah =。进而，

1212()c b b a h bh h bH -==∈，

因此，aH bH ?。

同样，对任意c bH ∈，存在3h H ∈使得3c bh =，进而111312()c a b a h ah h aH ---==∈。因此bH aH ?，故aH bH =。

2007年试题

1 证明：如果a 是整数，则3

a a -能被3整除。 2 用广义欧几里德算法求最大公因子(4655,12075)

3 设m 是一个正整数，(mod )a b m ≡，如果|d m ，证明：(mod )a b d ≡。

4 解方程987610(mod 2668)x ≡

5 解方程组2(mod 3)1(mod 5)1(mod 7)x x x ≡??≡??≡?

6 计算3模19的指数。

7 计算653?? ???

的Legendre 符号 8 证明：91是对基3的拟素数。

9 设f 是群G 到G \'的一个同态，{}ker |,()f a a G f a e \'=∈=，其中e \'是G \'的单位元。证明：ker f 是G 的子群。

10 设a 是群G 的一个元素。证明：映射1:x axa σ-→是G 到自身的自同构。 2007年试题答案

1 证明：因为a 3-a=(a-1)a(a+1)

当a=3k ，k ∈Z 3|a 则3|a 3-a

当a=3k-1，k ∈Z 3|a+1 则3|a 3-a

当a=3k+1，k ∈Z 3|a-1 则3|a 3-a

所以a 3-a 能被3整除。

2. 12075=2*4655+2765

4655=1*2765+1890

2765=1*1890+875

1890=2*875+140

875=6*140+35

140=4*35

所以(4655,12075)=35

3. 因为d|m ，所以存在整数\'m 使得m dm \'=。又因为(mod )a b

m ≡，所以存在整

数k 使得a b mk =+。该式又可以写成()a b d m k \'=+。故(mod )a b d ≡。 4. 987610(mod 2668)x ≡

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9871(mod 2668)x ≡的解为0

2495(mod 2668)x \'=。再写出同余式987610(mod 2668)x ≡的解为00

610*610*24951190(mod2668)x x \'==≡。

5 令1233,5,7m m m ===， 3*5*7105m ==，

1235*735,3*721,3*515M M M ======。

分别求解同余式1(mod )i i i M M m \'≡（i =1,2,3）

得到12M \'=，2

1M \'=，31M \'=。故同余式的解为 112

233*2*1*1(mod105)2*35*21*21*11*15*1(mod105)

71(mod105)x M M M M M M \'\'\'≡++≡++≡

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；

7 22(531)/8(31)(531)/4(31)/862353535353(1)(1)32111(1)13----= ? ???

=-?-

=-??=-?-=

8 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,ker a b f ∈，有(),()f a e f b e \'\'==，从而，

1111()()()()()()()f ab f a f b f a f b f a f a e ----\'====。

因此，1ker ab f -∈，ker f 是群G 的子群。

10 证明：（1）任取,x y G ∈。计算

1111()()()()xy a xy a axeya axa aya x y σσσ----====

因此σ是同态映射。

（2）若,x y G ∈，且()()x y σσ=。那么11axa aya --=，从而

1111x a axa a a aya a y ----===，

因此σ是单射。

（3）任取c G ∈。由于111()()a ca a a ca a ece c σ---===，故σ是满射。 综上所述，映射1

:x axa σ-→是G 到自身的自同构。