2007级信息安全数学基础试卷-B-答案

x ≡ b k (mod m k )

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 αα 1

1=，则n 的欧拉函数 。

10．设G 和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 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

121111

()(1)(1)(1)(1)p n

k n n n p p p p ?=-=---∏

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＋3

的素因数p，同样可证p≠p i(i＝1, 2, …, s)，从而p > N。

即p 是形如4k＋3的大于N的素数。由于N是任意的正整数，因此证明了

形如4k＋3的素数有无穷多个。

2．．设a, b是两个整数，其中b>0。则存在唯一一对整数q, r 使得a = bq + r，0 ≤r < b。（6分）

证明：存在性. 考虑整数序列：

…, -3b, -2b, -b, 0, b, 2b, 3b, …

序列的各项把实数轴划分成长度为b的区间，a一定落在其中的一个区间中。

因此，存在一个整数q使得qb≤a< (q+1)b，

即0 ≤a-bq< b。

令r＝a-bq，则有 a = bq + r，0 ≤r < b。

唯一性. 假设还有一对整数q1, r1也满足：

a = bq1+ r1，0 ≤r1 < b。(2)

(1)和(2)两式相减得

b(q - q1)＝- (r - r1)。(3)

当q ≠q1时，(3)式左边的绝对值大于等于b，而右边的绝对值小于b，得到矛盾。故q ＝q1，r ＝r1。

3．设p，q是两个不同的奇素数，n＝pq，a是与pq互素的整数。整数e 和d满足(e, ? (n))＝1，ed≡ 1 (mod ? (n))，1 < e < ? (n)，1 ≤ d< ? (n)。

证明：对任意整数c，1 ≤c< n，若a e≡c(mod n)，则有c d≡a(mod n)。（12分）

证明：

因为(e , ? (n )) ＝1，根据2.3定理4，存在整数d ， 1≤d < ? (n ) , 使得

ed ≡1(mod ? (n )) 因此，存在一个正整数 k 使得 ed ＝1＋k ? (n ) 。

由， a 与n ＝ pq 互素知，(a , p )＝1根据Euler 定理， a ? (p )≡1 (mod p ) 两端作 k (? (n ) / ? (p )) 次幂得， a k ? (n )≡1 (mod p ) 两端乘以 a 得到 a 1＋k ? (n )≡a (mod p ) 即 a ed ≡a (mod p ) 同理， a ed ≡a (mod q )

因为 p 和 q 是不同的素数，根据2.1定理12， a ed ≡a (mod n ) 因此，

c d ≡(a e )d ≡a (mod n )

4．证明：设p 和q 是两个不相等的素数，证明：111(mod )q p p q pq --+=。 （6分）

证明：因为p 和q 是两个不相等的素数，由Euler 定理，()1

1mod p q p -≡，()11mod q p q -≡，

所以

()(

)111

1

1m o d ,1m o d q p q p p q p

p q q ----+≡+

≡

，而

(),1p q =，因此

()111mod q p p q pq --+≡。

四．计算题（写出详细计算过程）：（共30分）

1．用模重复平方法计算12996227 (mod 37909)。 （6分） 设 m =37909, b =12996, 令a =1, 将227写成二进制， 227=1+2+25+26+27

运用模重复平方法，我们依次计算如下: (1) n 0=1,计算

a 0= a ×

b ≡12996 , b 1≡b 2≡11421 (mod 37909)

(2) n1=1 , 计算

a1=a0×b1≡13581 , b2≡b12≡32281 (mod 37909)

(3) n2=0 ,计算

a2=a1≡13581 , b3≡b22≡20369(mod 37909)

(4) n3=0 , 计算

a3=a2≡13581 , b4≡b32≡20065(mod 37909)

(5) n4=0 , 计算

a4=a3≡13581 , b5≡b42≡10645(mod 37909)

(6) n5=1 , 计算

a5=a4×b5≡22728 , b6≡b52≡6024(mod 37909)

(7) n6=1 , 计算

a6= a5×b6≡24073 , b7≡b62≡9663(mod 37909)

(8) n7=1,计算

a7= a6×b7≡7775 (mod 37909)

最后，计算出

12996 227≡7775 (mod 37909)

2．设a＝－1859，b＝1573，运用广义欧几里得除法

(1) 计算(a, b)；(2) 求整数s，t使得sa＋tb＝(a, b)。（8分）737＝1?635＋102，102＝737－1?635

635 ＝6? 102 ＋23，23＝635 －6?102

102＝4?23＋10，10＝102－4?23

23＝2?10＋3，3＝23－2?10

10＝3?3＋1，1＝10－3?3

1＝10－3?3

＝(102－4?23)－3(23－2?10)

＝102－7 ? 23＋6 ? 10

＝102－7 ? 23＋6 (102－4?23)

＝7 ? 102－31? 23

＝7 ? 102－31? (635－6?103)

＝193 ? 102 －31? 635

＝193 ?(737－1?635) －31? 635

＝193 ?737－224?635

所以s＝193，t＝－224，使得

193 ? 737＋(－224) ? 635＝1。

3．运用中国剩余定理和欧拉定理计算21000000 (mod 77)。（16分）利用2.4 定理1 (Euler定理)及中国剩余定理计算。

令x＝21000000 , 因为77 ＝7 · 11，所以，

计算x＝21000000 (mod 77) 等价于求解同余式组

x＝21000000 ≡b1 (mod 7)

x＝21000000 ≡b2 (mod 11)

(7) ≡26 ≡1 (mod 7) ,

因为Euler 定理给出2

以及1000000 ＝166666 · 6＋4，所以

b1 ≡21000000 ≡(26)166666 · 24 ≡2 (mod 7)。

?(11) ≡210 ≡1 (mod 11)，

类似地，因为2

1000000＝100000 · 10，所以

b2 ≡21000000≡(210)1000000 ≡1 (mod 11)。

x≡2(mod 7)

x≡1(mod 11)

令m1＝7, m2＝11, m＝m1 ·m2＝77

M1 ＝m2 ＝11, M2 ＝m1 ＝7

分别求解同余式

M1'· 11≡1 (mod 7)，M2'· 7≡1 (mod 11)

得到M1'＝2 , M2'＝8。

故x≡2 · 11 ·2＋8 ·7 · 1≡100 ≡23(mod 77)

因此，2100000000 ≡23（mod 77)。