(完整word版)信息安全数学基础试题
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(第四章)
4.2 模为奇素数的平方剩余与平方非剩余
一、奇素数模 p 的平方(非)剩余判别条件
定理4.2.1 (欧拉判别条件) p是奇素数，若(a, p)1, 则
p1
(i) a是模p的平方剩余a 2 1 (modp);
p1
(ii)a是模p的平方非剩余a 2 1 (modp);
且若a是模p的平方剩余,则同余式
x2 a (modp), (a,p)1
ax2
bxc 0
（mod
p1 1
)
有解.
ax2
bxc 0
（mod
pk k
)
因 此 只 需 讨 论 素 数 模 p 的 同 余 式 :
a x 2 b x c0(m o dp ), a 0(m o dp )(2 )
将 同 余 式 (2)两 端 同 乘 以 4a,得 4a2x24abx4ac0(m odp)
41一般二次同余式42模为奇数的平方剩余与平方非剩余43勒让得符号44二次互反律的证明45雅可比符号46模p平方根
4.1 一般二次同余式
二 次 同 余 式 的 一 般 形 式 是 a x 2 b x c0(m o d m )， a 0(m o d m )(1 )
设m=
p1 1
p2 2
pk k
,
则(1)有解
练习：在与模31互素的剩余中，指出平方剩余。 求 出 1 9 ， 2 3 的 平 方 剩 余 和 平 方 非 剩 余 。
提 示 ： p 为 奇 素 数 ， 应 用 定 理 4 . 2 . 2 的 结 论 .
4.3 勒让得符号
定义4.3.1
设p是素数,勒让得符号
ap定义如下:
1, 若a是模p 的平方剩余;
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( )。
信息安全数学基础（b）卷答案.doc
信息安全数学基础（b）卷答案.docSa+tb=d ⼜显然有dm | 三、求出下列⼀次同余数的所有解.(共10分) 6x = 3(mod9)贵州⼤学2007-2008学年第⼆学期考试试卷(标准答案)B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。
解:⼀、设&,b 是任意两个不全为零的整数，证明：若m 是任⼀正整数，则 (am, bm) = (a, b) m,(共 10 分)设d= (a, b), d i = (am, bm)，由定理5,存在整数s, t 使得两端同时乘m,得到s(am)+t(bm) =dm 因此di | dm. (5分) am, dm| bm,所以 dm| d i ?故 d i = (am, dm) (5 分)⼆、设p 是素数.证明:如果a 2 s/;2(mod p)则p| a-b 或p| a + b(共10分)证明：因为「三为“mod p),所以p|(a-b )( a + b ),如果P 不整除(a+b),因为P 为素数，所以(P,a+b)=l,有定理可知p a-b (5分)；同理，如果P 不整除(a-b),因为P 为素数，所以(P,a-b)=l,有定理可知p a+h(5分)解: 原同余式等价同余式组 y(x) = 0(mod5) /(x) = 0(mod7)直接验算,五、求满⾜⽅程￡：)⼫ =x 3 +2x + l(mod7)的所有点.(共 10 分)解：(1)求同余式6⼯三3(mod9)的解，运⽤⼴义欧⼏⾥得除法得:x= 5( mod 3) (5 分)(2) 求同余式6x 三3(mod9)的⼀个特解：x= 5( mod 3) (4 分)(3) 写出同余式6、三3(mod9)的全部解：X = 5 + 3t( mod 9) (t=0, 1, 2) (1 分)四、求解同余式组：(共15分)JO)三/+2⼫+8尤 + 9 = 0x = /?! (mod 5) x = b 2 (mod 6)x = /?3(mod7)x = /?4(mod 11)/(X)三 0(mod5)的解为 X = l,4(mod5)f (x)三 0(mod 7)的解为 JI ?三 3,5,6(mod7)K 三 /?](mod5)由中国剩余定理，可求得同余式组｛ 1 的解为[x 三打(mod 7)X 三3 7仇+35 奶(mod35),故原同余式的解为x = 31,26,6,24,19,34(mod35),共6个。
信息安全数学基础考试复习题
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A
广 东 金 融 学 院2011/2012学年第一学期考试试题A 卷课程名称： 信息安全数学基础 课程代码： 16140042 考试方式： 闭卷 考试时间： 120 分钟系别____________ 班 级__________ 学号___________ 姓名___________一、填空题（本题共5小题，每题2分，共10分）1、如果a 对模m 的指数是 ，则a 叫做模m 的原根。
2、3288的素因数分解式是 。
3、=⎪⎭⎫ ⎝⎛257163 。
4、2006年1月18日是星期三，第220060118天是星期 。
5、7222的个位数是 。
二、选择题：（本题共5小题，每题2分，共10分）1、大于20且小于70的素数有 ( ) 个 。
A 9，B 10，C 11，D 15 。
2、模17的平方剩余是 ( )。
A 3，B 10，C 12，D 153、整数5模17的指数ord 17(5)＝( )。
A 16，B 8，C 3，D 324、设a , b 都是非零整数。
若a |b ，b |a ，则 ( )。
A a ＝b ，B a ＝± b ，C a ＝－b ，D a > b 5、模30的简化剩余系是 ( )。
A －1, 0, 5, 7, 9, 19, 20, 29，B －1, －7, 10, 13, 17, 25, 23, 29，C 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29，D －1, 7, 11, 15, 17, 19, 23, 29三、证明题 （写出详细证明过程：本题共4小题，共36分）1、（1）12-n 和12+n （n>2且Z n ∈），证明其中必有一个是合数。
（6分） （2）若2|n ，5|n ，7|n ，那么70|n 。
（6分）2、证明：如果p 是奇素数，那么)(m od )1()2()4(312/)1(2222p p p p +-≡-- ；（8分）3、证明：设p 和q 是两个不相等的素数，证明：111(mod )q p p q pq --+=。
信息安全数学基础试卷-B(重考)——信安历年试卷资料文档
,考试作弊将带来严重后果！华南理工大学期末考试《信息安全数学基础》试卷B1. 考前请将密封线内填写清楚；所有答案请直接答在试卷上；．考试形式：闭卷；选择题：（每题2分，共20分）1．设a, b都是非零整数。
若a|b，b|a，则( )。
(1) a＝b，(2) a＝±b，(3) a＝－b，(4) a > b2．大于10且小于50的素数有( ) 个。
(1) 9，(2) 10，(3) 11，(4) 153．模7的最小非负完全剩余系是( )。
(1) －3, －2, －1, 0, 1, 2, 3，(2) －6, －5, －4, －3, －2, －1, 0，(3) 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7，(4) 0, 1, 2, 3, 4, 5, 64．模30的简化剩余系是( )。
(1) －1, 0, 5, 7, 9, 19, 20, 29，(2) －1, －7, 10, 13, 17, 25, 23, 29，(3) 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29，(4) －1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29 5．设n是整数，则(2n, 2(n＋1))＝( )。
(1) 1，(2) 2，(3) n，(4) 2n6．设a, b是正整数，若[a, b]＝(a, b)，则( )。
(1) a＝b，(2) [a, b]＝ab，(3) (a, b)＝1，(4) a > b7．模17的平方剩余是( )。
(1) 3，(2) 10，(3) 12，(4) 158．整数5模17的指数ord17(5)＝( )。
(1) 3，(2) 8，(3) 16，(4) 329．欧拉(Euler)定理：设m 是大于1的整数，如果a 是满足(a , m )＝1的整数，则 ( )。
(1) a m ＝a (mod m )， (2) a ϕ (m )＝1 (mod a )， (3) a ϕ (m )＝a (mod m )， (4) a ϕ (m )＝1 (mod m )10．Fermat 定理：设p 是一个素数，则对任意整数a ，有 ( )。
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一、单项选择题
1、设a ， b 都是非零整数。
若a b ，b a,则【 】 A.a ＝b B.a ＝ b C.a ＝－b D 。
a 〉 b
2、设a ， b ， c 是三个整数，c 0且c a ，c b,如果存在整数s ， t, 使得sa ＋tb ＝1，则【 】
A 。
(a ， b)= c B. c ＝1 C 。
c ＝sa ＋tb D 。
c ＝ 1
3、Fermat 定理：设p 是一个素数，则对任意整数a 有【 】 A 。
a p ＝1 (mod p ） B 。
a (p)＝1 （mod a ） C. a （p ）＝a (mod p ） D. a p ＝a (mod p ）
4、已知模41的一个原根是6,则下列也是41的原根的是【 】 A. 26 B. 36 C 。
46 D. 56
5、已知，),(88 z 是模8的剩余类加群，下述不正确的是【 】 A. ［1] 是生成元 B 。
有3阶子群 C 。
[0] 是单位元 D 。
有真子群
6、设〈R ，+， >是环，则下列不正确的是【 】 A 。
〈F ，+ 〉是可换群 B 。
<F ， >是半群 C 。
对+是可分配的 D 。
+对 是可分配的
7、模30的简化剩余系是【 】
A. －1， 0， 5， 7， 9， 19, 20， 29
B. －1, －7, 10， 13, 17， 25, 23, 29
C 。
1， 7， 11, 13, 17， 19, 23, 29
D 。
－1, 7, 11， 13， 17, 19， 23， 29
8、设n 是整数，则 (2n ， 2（n ＋1))＝【 】 A.1 B.2 C 。
n D 。
2n 9、模17的平方剩余是【 】 A.3 B.10 C 。
12 D.15
10、整数5模17的指数ord 17（5）＝【 】 A.3 B.8 C 。
16 D 。
32
11、下面的集合和运算是群的是【 】
A.<N ，＋〉 （运算“＋”是自然数集N 上的普通加法)
B.〈R ，×〉 （R 是实数集，“×”是普通乘法）
C.<Z ，＋> （运算“＋”是整数集Z 上的普通加法）
D. <P （S ）,∩〉 （P(S)是集合S 的幂集，“∩”为集合的交）
12、一次同余式234x ≡ 30(mod 198)的解数是【 】 A.18 B 。
6 C.9 D.0 13、集合F 上定义了“＋”和“ · "两种运算。
如果（ )，则<F, “＋”，“ · ”〉构成一个域。
【 】
A 。
F 对于运算 “＋”和 “ · "构成环，运算“＋”的单位元是e,且F\{e}对于 “ · "构成交换群
B. F 对于运算 “＋"构成交换群，单位元是e;F\｛e ｝对于运算“ · "构成交换群
C. F 对于运算“＋”和运算“ · ”都构成群
D. F 对于运算“＋"构成交换群，单位元是e ；F\{e ｝对于运算“ · ”构成交换群；运算 “＋”和 “ · ”之间满足分配律
14、群是一种代数结构,下列说法错误的是【 】 A 。
群运算必是封闭的 B.群必有单位元
C 。
群必是满足消去律的
D 。
群必是满足交换律的 15、3次对称群S3的元素个数是【 】 A 。
1 B 。
3
C 。
6 D.4 二、填空题
16、)16(ϕ=_______。
17、设 m 是一个正整数, ad ≡bd (mod m ）,如果 ,则a ≡b （mod m ）。
18、一次同余式:ax b (mod m)有解的充分必要条件是 。
19、设(F,+,·）是一个域,则(F-{0｝,·)是__________。
20、如果G 是一个含有9个元素的群，那么，G 的真子群的阶只能是___________。
三、计算题
21、令1613,a = 3589b =。
用广义欧几里德算法求整数,s t ，使得(,)sa tb a b +=。
22、计算3模19的指数。
23、计算Legendre 符号
24、已知,,στγ 是}5,4,3,2,1{=S 上的5元置换,且 (134),(235),(254)στγ===，
求 στ,1-σ,τσ，γστ)(。
25、考虑GF （23）上的椭圆曲线E ：)23(mod 132++≡x x y ，令P1=（3，10）,P2=（9,7），计算P1+P2。
四、解同余方程
26、求解一次同余方程1714(mod 21)x ≡.
27、解同余方程组2(mod 3)
3(mod 5)2(mod 7)x x x ≡≡≡⎧⎪⎨⎪⎩
五、证明题
28、证明：如果是整数，则能被3整除。
29、证明:模m的全体剩余类集合对于剩余类加法构成m阶循环群。
六、应用题
30、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。