第一章
（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––p r, b=q1q2––q s,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––p r)n, b n=(q1q2––q s)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––p r, b=q1q2––q s, a n=(p1p2––p r)n, b n=(q1q2––q s)n,因为a n| b n所以对任意的i有, p i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––p r, b=q1q2––q s, ab=p1p2––p r q1q2––q s, 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=k i*m i，a-b是任意m i的倍数，所以a-b是m i公倍数，所以[m i]|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
（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。
（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a n=e, n为使得上式成立的最小正整数且n>2. 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, a m生成的循环群的阶为n/(n,m)=n. 又因为a m∈G 所以a m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g k∈G, 有f(g k)=(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(g n)=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.
（12）因为p是p m的因子，p是一个素数，由有限群G的子群H中，H阶是G阶因子可知，p m阶群一定有阶为P的子群。
（13）由题意可知a m=e, b n=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=a mn b mn=e, 又因为(m,n)=1, 假设存在i使得(ab)i=e,有(ab)mi=e,有b mi=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=n'h, 对任意的h1n1∈HN, h2n2∈HN, (h1n1)(h2n2)-1= h1n1n2-1h2-1=h1h2-1n1'n2'∈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).
（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….a n},有1∈S,对任意非零a i有a i S={a i a1, a i a2…. a i a n},因为乘法封闭有a i S=S所以1∈a i S,所以存在a j使得a i a i=1,即a i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)=a n x n +….a 1x+a 0,a n ≠0,a i ∈F
g(x)=b m x m +….b 1x+b 0,b m ≠0, b i ∈F
有f(x)g(x)=a n b m x m+n +….+a 0b 0, 因为a i ,b i ∈F,且都不为0,所以a n b m ≠0,所以f(x)g(x)≠0,所以结论成立.
（2） f(x)+g(x)=x 7+x 6+5x 4+x 2+2x+2
f(x)g(x)=x 13+5x 11+x 9+6x 8+4x 7+x 6+x 5+5x 4+3x 3+5x 2+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） x 6+x 3+1=(x 4+2x 3+2x+1)(x 2+x+1),所以最大公因子为x 2+x+1
（7） x 5+x 4+x 3+x 2+x+1=(x 2+x)(x 3+x+1)+x 2+1,所以f(x)modg(x)=x 2+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
（2）一定不是，比如（m-1)2≡1(mod m)
（3） 证明：在是模m 的简化剩余系中任取c i ，可知(c i , m)=1，可证(m-c i , m)=1(反证法证明)，所以对任意c i 有m-c i 也是模m 的简化剩余系，c i 和m-c i 是成对出现的，所以结论成立
（4） 证明：因为p ，q 是两个素数，由欧拉定理有：p q-1=1(mod q)，q p-1=1(mod p)，即q|p q-1-1，
p|q p-1-1，设p q-1-1=nq ，q p-1-1=mp(m ，n 是正整数)，两式相乘有
(p q-1-1)(q p-1-1)=p q-1q p-1-q p-1-p q-1+1=nmpq ，由条件之p ，q ≥2，所以p q-1q p-1必有因子pq ，上式
两边同时模pq 有：-q p-1-p q-1+1=0(mod pq)，所以p q-1+q p-1=1(mod pq).
（5） 证明同4题
（6） 第一个：x=1,5(mod7),第四个：x=3,5,17,19mod(28),第八个:无解
（7） 第一个：x=3(mod 7)，第八个：x=31+35k(mod105)k=0,1,2,
第九个：x=836(mod999)
（8）x=200+551k(mod2755)k=0,1,2,3,4
（9）(5)x=77(mod 85) (6)x=27(mod 60) （7）无解
（11）x=2101(mod2310)
（12）提示：)(mod 1)(i m i m M i ≡? , 而)(mod 11
i i i m M M ≡-，由中国剩余定理得证。 （13）第一个x=67(mod 140)，第二个x=557(mod 1540)
（14）x=58(mod 60)=58+60k
（16）构造同余式组x=1(mod a 1)…….x=k(mod a k )，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=b 1(mod m 1)，x=b 2(mod m 2)，由条件(m 1,m 2)|(b 1-b 2)，有b 1-b 2=k 1m 1+k 2m 2，所以b 1-k 1m 1=b 2+k 2m 2，所以同余式组有解为x=b 1-k 1m 1=b 2+k 2m 2， 必要性：同余式组有解即存在k 1, k 2使得b 1+k 1m 1=b 2+k 2m 2，b 1-b 2=k 2m 2-k 1m 1，(m 1,m 2)| k 2m 2-k 1m 1= b 1-b 2
（20）第一个x=0,6(mod7),第二个x=184(mod243)
第7章
（1）证明第一个：设a,b是模p的两个平方剩余，那么(ab/p)=(a/p)(b/p)=1，所以ab也是模p的平方剩余
证明第二个：设a是模p的平方剩余,(1/p)=(aa-1/p)=(a/p)(a-1/p)=(a-1/p)=1，所以a-1也是模p的平方剩余
证明第三个：设a是模p的平方剩余，b是模p的平方非剩余，(ab/p)=(a/p)(b/p)=-1，所以ab是模p的平方非剩余
证明第四个：设a,b是模p的两个平方剩余，那么(ab/p)=(a/p)(b/p)=1，所以ab是模p 的平方剩余
（2）求模13的平方剩余和平方非剩余
12=1(mod 13),22=4(mod 13),32=9(mod 13),42=3(mod 13),52=12(mod 13),62=10(mod 13) 所以1,4,9,3,12,10是模13的平方剩余2,5,6,7,8,11是模13的平方非剩余
p=23时，1,2,3,4,6,8,9,12,13,16,18是模23的平方剩余，5,7,10,11,14,15,17,19,20,21,22是模23的平方非剩余
p=37时，1,3,4,7,9,10,11,12,16,21,25,26,27,28,30,33,34,36是模37的平方剩余
2,5,6,8,13,14,15,17,18,19,20,22,23,24,29,31,32,35是模37的平方非剩余
P=41时，1,2,4,5,8,9,10,16,18,20,21,23,25,31,32,33,36,37,39,40是模41的平方剩余
3,6,7,11,12,13,14,15,17,19,22,24,26,27,28,29,30,34,35,38是模41的平方非剩余
（6）证明：充分性：由-a是模p的平方剩余，所以存在b2=-a(mod p)，又因为b总可以表示成两个数的乘积uv-1，所以存在u,v使得(u/v)2=-a(mod p)，所以结论成立。以上不不可逆所以必要性成立
（8）同第一题第四个
（10）(13/47)=(-1)6*13(47/13)=(8/13)=(2/13)=-1 第二个是1
（11）有解
（19）第一个：有解
第二个无解
第八章
（1）ord41(10)：因为102=18(mod 41), 103=16(mod 41), 104=37(mod 41), 105=1(mod 41)所以ord41(10)=5
（2）模11的原根：ψ(11)=10=2*5,q1=2,q2=5,所以g是模11的原根的充要条件是g2≠1(mod 11), g5≠1(mod 11),逐一验证有22=4(mod 11),25=10(mod 11),所以2是模11的一个原根。模11的原根个数应为ψ(ψ(11))=4个，为21(mod 11),23(mod 11),27 (mod 11),29(mod 11)即2,8,7,6 （3）明显55不能表示成8.2节定理2的形式。也可以如2题进行逐一验证。
（4）有ψ(ψ(47))=22个，ψ(47)=46=2*23，所以g是模47的原根的充要条件是g2≠1(mod 47), g23≠1(mod 47), 逐一验证有22=4(mod 47),223=1 (mod 47);32=9(mod 47), 323=1(mod 47); 42=16(mod 47),423=1 (mod 47); 52=25(mod 47),523=46 (mod 47),所以5是模47的一个原根，所以5的指数为与46互素的数为模47的其他原根。
（5）同4题
（6）证明：ord m(a)=st，所以a st=1(mod m)，st是使得等式成立的最小整数。明显有(a s)t=1(mod
m),假设有i （7）证明：由题有p=2*((p-1)/2),运用8.2定理3可得结论 （8）同4题 （9）由条件之由a生成的循环群的阶为n-1，a,a2.....a n-1两两互不相等，所以a,a2.....a n-1构成一个模n的简化剩余系，所以n为素数。可参照122，123页各性质 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 ?=________________。 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__________。如果a 对模m 的指数是()m ?，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 +=。 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 《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) 信息安全数学基础----习题集一 一、填空题 1、设a=18、b=12，c=27，求a、b、c的最小公倍数[a,b,c]=. 2、求欧拉函数φ(3000)=. 3、设m=9，则模m的最小非负简化剩余系={}. 4、设m=11，则模m的所有平方剩余=. 5、设m=22，则模m的所有原根个数=. 6.设m，n是互素的两个正整数，则φ(mn)=________________。 7.设m是正整数，a是满足mm的整数，则一次同余式：ax≡b(modm)有解的充分必要条件是_________________。 8.设m是一个正整数，a是满足____________的整数，则存在整数a’，1≤a’＜m，使得aa’≡1(modm)。 9.设m∈m,(m,m)=1,如果同余方程m2≡m(mod m)__________,则m叫做模m 的平方剩余. 10.设m,m∈m,m>1,(m,m)=1,则使得m m≡1(mod m)成立的最小正整数m叫做m对模m的__________. 二、判断题（在题目后面的括号中，对的画“√”，错的画“×”） 1、若m是任意正整数,则(mm,mm)=(m,m). （） 2、设m1,m2,…,m m是m个不全为零的整数，则m1,m2,…,m m与m1,|m2|,|m3|,…,|m m|的公因数相同（） 3、设m是正整数,若m│mm,则m│m或m│m.（） 4、设m为正整数,m,m为整数,m≡m(mod m),m│m且m>0,则m m ≡m m (mod m m ). （） 5、{1,-3,8,4,-10}是模5的一个完全剩余系. （） 6、设m是素数,模m的最小非负完全剩余系和最小非负简化剩余系中元素个数相等.（） 7、设m=17为奇素数,模m的平方剩余和平方非剩余的数量各为8. （） 8、一次同余方程9m≡1(mod24)有解. （） 信息安全数学基础第一阶段知识总结 第一章 整数的可除性 一 整除的概念和欧几里得除法 1 整除的概念 定义1 设a 、b 是两个整数，其中b ≠0如果存在一个整数 q 使得等式 a=bq 成立，就称b 整除a 或者a 被b 整除，记作b|a ，并把b 叫作a 的因数，把a 叫作b 的倍数.这时，q 也是a 的因数，我们常常将q 写成a ／b 或 否则，就称b 不能整除a 或者a 不能被b 整除，记作a b. 2整除的基本性质 (1)当b 遍历整数a 的所有因数时，-b 也遍历整数a 的所有因数. (2)当b 遍历整数a 的所有因数时，a/b 也遍历整数a 的所有因数. (3)设b ，c 都是非零整数， (i)若b|a ，则|b|||a|. (ii)若b|a ，则bc|ac. (iii)若b|a ，则1<|b|?|a|. 3整除的相关定理 (1) 设a ，b ≠0，c ≠0是三个整数.若c|b ，b|a ，则c|a. (2) 设a ，b ，c ≠0是三个整数，若c|a ，c|b ，则c|a ±b (3) 设a ，b ，c 是三个整数.若c|a ，c|b 则对任意整数s ，t ，有c|sa+tb. (4) 若整数a 1 , …,a n 都是整数c ≠0的倍数，则对任意n 个整数s 1，…，s n ，整数 是c 的倍数 a b n n a s a s ++ 11 (5) 设a，b都是非零整数.若a|b，b|a，则a=±b (6) 设a, b , c是三个整数，且b≠0，c ≠0，如果(a , c)=1,则 (ab , c)=(b , c) (7) 设a , b , c是三个整数，且c≠0，如果c｜ab , (a , c) = 1, 则c | b. (8) 设p 是素数，若p |ab , 则p |a或p|b (9) 设a1, …,a n是n个整数，p是素数，若p| a1…a n,则p一定整除某一个a k 二整数的表示 主要掌握二进制、十进制、十六进制等的相互转化. 三最大公因数和最小公倍数 (一)最大公因数 1．最大公因数的概念 定义：设是个整数，若使得，则称为的一个因数．公因数中最大的一个称为的最大公因数．记作. 若 ,则称互素． 若,则称两两互素． 思考：1．由两两互素，能否导出 2．由能否导出两两互素？ 2．最大公因数的存在性 (1)若不全为零，则最大公因数存在并且 (2)若全为零，则任何整数都是它的公因数．这时，它们没有最大公因数． 信息安全技术教程习题及答案 第一章概述 一、判断题 1。信息网络的物理安全要从环境安全和设备安全两个角度来考虑。√ 2。计算机场地可以选择在公共区域人流量比较大的地方。× 3。计算机场地可以选择在化工厂生产车间附近.× 4。计算机场地在正常情况下温度保持在 18~28 摄氏度。√ 5. 机房供电线路和动力、照明用电可以用同一线路。× 6。只要手干净就可以直接触摸或者擦拔电路组件，不必有进一步的措施。× 7. 备用电路板或者元器件、图纸文件必须存放在防静电屏蔽袋内,使用时要远离静电敏感器件。√ 8. 屏蔽室是一个导电的金属材料制成的大型六面体，能够抑制和阻挡电磁波在空气中传播.√ 9。屏蔽室的拼接、焊接工艺对电磁防护没有影响.× 10. 由于传输的内容不同，电力线可以与网络线同槽铺设。× 11. 接地线在穿越墙壁、楼板和地坪时应套钢管或其他非金属的保护套管，钢管应与接地线做电气连通.√ 12。新添设备时应该先给设备或者部件做上明显标记，最好是明显的无法除去的标记 ,以防更换和方便查找赃物。√ 13.TEMPEST 技术，是指在设计和生产计算机设备时，就对可能产生电磁辐射的元器件、集成电路、连接线、显示器 等采取防辐射措施于从而达到减少计算机信息泄露的最终目的。√ 14. 机房内的环境对粉尘含量没有要求.× 15. 防电磁辐射的干扰技术,是指把干扰器发射出来的电磁波和计算机辐射出来的电磁波混合在一起，以掩盖原泄露信 息的内容和特征等,使窃密者即使截获这一混合信号也无法提取其中的信息。√ 16。有很高使用价值或很高机密程度的重要数据应采用加密等方法进行保护。√ 17. 纸介质资料废弃应用碎纸机粉碎或焚毁。√ 二、单选题 1. 以下不符合防静电要求的是 A。穿合适的防静电衣服和防静电鞋 B. 在机房内直接更衣梳理 C。用表面光滑平整的办公家具 D. 经常用湿拖布拖地 2。布置电子信息系统信号线缆的路由走向时,以下做法错误的是 A. 可以随意弯折 B. 转弯时,弯曲半径应大于导线直径的 10 倍 C。尽量直线、平整 D. 尽量减小由线缆自身形成的感应环路面积 3。对电磁兼容性 (Electromagnetic Compatibility，简称 EMC）标准的描述正确的是 A. 同一个国家的是恒定不变的 B. 不是强制的 C。各个国家不相同 D. 以上均错误 4。物理安全的管理应做到 A. 所有相关人员都必须进行相应的培训，明确个人工作职责 B。制定严格的值班和考勤制度，安排人员定期检查各种设备的运行情况 C。在重要场所的迸出口安装监视器，并对进出情况进行录像 简答题（共20分，每题4分） 1.简述公钥密码学所基于的三个难解数学问题. 2.写出模15的一个简化剩余系，要求每个数都是偶数. 3.一次同余式在什么情况下有解，有多少个解? 4.模m原根存在的充分必要条件是什么? 5.写出3次对称群的所有3阶子群. 判断题（共20分，每题2分，对的打“√”，错的打“×”） 1.质数有无穷多.（） 2.设n是正整数，则.（） 3.有限域的特征一定是质数.（） 4.3是模7的平方剩余.（） 5.根据雅可比符号，可以判断a是模m的平方剩余.（） 6.Klein四元群是最小的非循环群.（） 7.高次同余式解的个数小于或等于它的次数.（） 8.同余式成立.（） 9.的最后两位数字是01.（） 10.整环R中既没有乘法单位元也没有零因子.（） 计算题（50分） 1.计算欧拉函数.（5分） 2.计算勒让德符号.（5分） 3.设,计算.（5分） 4.计算5,10模13的指数.（5分） 5.求解同余式组（10分） 6.构造4元有限域，并给出加法表和乘法表.（10分） 7.设F17上椭圆曲线E:上的点Q=(6,6)，计算2Q，3Q.（10分）证明题（10分，每题5分） 1.设m, n为正整数且m为奇数，证明：2m-1与2n+1互质. 2.证明：是F2[x]中的不可约多项式. 2012级《信息安全数学基础》考试试题(A)参考答案 简答题（共20分，每题4分） 1．公钥密码学所基于的三个难解数学问题是：大因数分解问题；离散对数问题和椭圆曲线离散对数问题； 2. 16,2,4,22, 8, 26, 20, 14(答案不唯一)； 3. 时有解，有个解； 4. ,p 为奇质数； 5. {e, (123),(132)} 二．判断题（共20分，每题2分，对的打“√”，错的打“×”） 1. √； 2. ×； 3. √； 4. ×； 5. √×； 6. √； 7. √； 8. ×； 9. √；10. ×； 三．计算题（50分） 1. 解： 2. 解： 3.解：. 4.解：根据定义计算得 5.解：先求 得：， 即， 即 所以同余式的解为： 6.解：, 加法表： + 1 x x+1 1 x x+1 1 1 第一章 （1）5,4,1,5. （2）100=22*52, 3288=23*3*137. （4）多种解法，其中一种： a,b可以表示成多个素因子的乘积a=p1p2––p r, b=q1q2––q s,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––p r)n, b n=(q1q2––q s)n明显a n, b n也没有公共(相同)素因子. （5）多种解法，其中一种： 由算术基本定理：a,b可分解为有限个素数的乘积， 得：a=p1^r1*p2^r2*……*pn^rn, b= p1^r1’*p2^r2’*……*pn^rn’, 若a|b不成立，则存在素数pi使得pi在a中的幂ri大于pi在b中的幂ri‘，即：ri>ri’a^n=p1^r1n*p2^r2n*…*pi^rin*…*pn^rnn, b^n= p1^r1’n*p2^r2’n*…* pi^ri’n *…*pn^rn’n,则ri*n>ri’*n，所以a^n|b^n不成立。 （6）多种解法，其中一种： 由于a,b,c互素且非零 所以(a,b)=1,(b,c)=1 所以存在u,v,r,s使ua+vc=1，rb+sc=1 两式相乘得：(ur)ab+(usa+vrb+vsc)c=1 所以(ab,c)=(a,b)(a,c)=1 （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）多种解法，其中一种： 70！=(70*69*68*67*66*65*64*63*62)*61! 70*69*68*67*66*65*64*63*62≡(-1)(-2)…(-9) (mod71) ≡1mod71 所以70！≡61! （13）多种解法，其中一种： 当n是奇数时，不妨设n=2k+1,k为整数 则2^n+1≡(-1)^(2k+1)+1≡0(mod3) 当n是偶数时，不妨设n=2k,k为整数 则2^n+1≡(-1)^(2k)+1≡2(mod3) 综上，n是奇数时，3整除2^n+1，n是偶数时，3不整除2^n+1 （14）第一个问题：因为(c,m)=d.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. 信息安全技术教程习题及答案 信息安全试题（1/共3） 一、单项选择题（每小题2分，共20分） 1．信息安全的基本属性是＿＿＿。 A. 保密性 B.完整性 C. 可用性、可控性、可靠性 D. A，B，C都是 2．假设使用一种加密算法，它的加密方法很简单：将每一个字母加5，即a加密成f。这种算法的密钥就是5，那么它属于＿＿＿。 A. 对称加密技术 B. 分组密码技术 C. 公钥加密技术 D. 单向函数密码技术 3．密码学的目的是＿＿＿。 A. 研究数据加密 B. 研究数据解密 C. 研究数据保密 D. 研究信息安全 4．A方有一对密钥（K A公开，K A秘密），B方有一对密钥（K B公开，K B秘密），A方向B方发送数字签名M，对信息M加密为：M’= K B公开（K A秘密（M））。B方收到密文的解密方案是＿＿＿。 A. K B公开（K A秘密（M’）） B. K A公开（K A公开（M’）） C. K A公开（K B秘密（M’）） D. K B秘密（K A秘密（M’）） 5．数字签名要预先使用单向Hash函数进行处理的原因是＿＿＿。 A. 多一道加密工序使密文更难破译 B. 提高密文的计算速度 C. 缩小签名密文的长度，加快数字签名和验证签名的运算速度 D. 保证密文能正确还原成明文 6．身份鉴别是安全服务中的重要一环，以下关于身份鉴别叙述不正确的是＿＿。 A. 身份鉴别是授权控制的基础 B. 身份鉴别一般不用提供双向的认证 C. 目前一般采用基于对称密钥加密或公开密钥加密的方法 D. 数字签名机制是实现身份鉴别的重要机制 7．防火墙用于将Internet和内部网络隔离＿＿＿。 A. 是防止Internet火灾的硬件设施 B. 是网络安全和信息安全的软件和硬件设施 C. 是保护线路不受破坏的软件和硬件设施 D. 是起抗电磁干扰作用的硬件设施 8．PKI支持的服务不包括＿＿＿。 A. 非对称密钥技术及证书管理 B. 目录服务 C. 对称密钥的产生和分发 D. 访问控制服务 信息安全技术 使用教程（第版）课后习题 第一章（信息安全概述） 习题一、 1、填空题 （1）信息安全是指秘密信息在产生、传输、使用、和存储的过程中不被泄露或破坏（2）信息安全的4个方面是;保密性、完整性、可用性、和不可否认性。 （3）信息安全主要包括系统安全和数据安全俩个方面。 （4）一个完整的信息安全技术体系结构由物理安全技术、基础安全技术、系统安全技术、网络完全技术及应用安全技术组成。 （5）一个常见的网络安全模型是PDRR模型。 （6）木桶原则是指对信息均衡、全面的进行保护。木桶的最大容积取决于最短的一块木板。 2、思考与解答题： （1）简述信息安全技术面临的威胁。 （2）简述PDRR网络安全模型的工作过程。 第二章（物理安全技术） 习题二 1、填空题 （1）物理安全又称为实体安全、是保护计算机设备、设施（网络及通信线路）免遭地震、火灾、水灾、有害气体和其他环境事故（如电磁污染等）破坏的措施和过程。 （2）物理安全包括环境安全、设备安全电源系统安全和通信线路安全、 （3）计算机的电子元器件、芯片都密封在机箱中，有的芯片工作时表面温非常高，一般电子元器件的工作温度在0---45摄氏度。 （4）在放置计算机的房间内，湿度最好保持在40%--60% 之间，湿度过高或过低对计算机的可靠性与安全性都有影响。 2、思考与解答： （1）为计算机系统提供合适的安全环境的目的是什么。 （2）简述计算机机房的外部环境要求、内部环境要求。 第三章（基础安全技术） 习题三、 1、填空题 （1）一般来说，信息安全主要包括系统安全和数据安全俩个方面。 （2）面膜技术是保障信息安全的核心技术、它以很小的代价，对信息提供一种强有力的安全保护。 （3）加密使用某种方法将文字转换成不能直接阅读的形式的过程。 （4）加密一般分为3类，是对称加密、非对称加密和单向散列函数。 （5）从密码学的发展历程来看，共经历了古典密码、对称密钥密码和公开密钥密码。（6）对称加密算法又称为传统密码算法或单密钥算法，它采用了对称密码编码技术，其特点是文件加密和加密使用相同的密钥。 （7）对称加密算法的安全性依赖于密钥的安全性。 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 2 2 =(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） 信息安全数学基础习题答案 第一章整数的可除性 1．证明1：因为2|n 所以n=2k , k1Z 5|n 所以5|2k ，又（5，2）=1，所以5|k 即k=5 k1，k11Z 7|n 所以7|2*5 k1 ,又（7，10）=1，所以7| k1即k1=7 k2，k21Z 所以n=2*5*7 k2即n=70 k2, k21Z 因此70|n 证明2：n是2、5、7的公倍数，所以[2,5,7]|n，又知2、5、7互素，所以[2,5,7]=2*5*7=70,即70|n。 2．证明：因为a3-a=(a-1)a(a+1) 当a=3k，k22(mod) a b p ≡Z 3|a 则3|a3-a 当a=3k-1，k p a b -Z 3|a+1 则3|a3-a 当a=3k+1，k p a b +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， k022(mod) ≡Z a b p （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 p a b -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 9.证明：反证，设n/p是合数，n/p= k1k2, k1>p, k2>p,则n=p k1k2> n3，所以p< n1/3，矛盾。 10．证明：p1 p2 p3|n，则n= p1 p2 p3k，k p a b +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。 信息安全数学基础习题答案 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） （2）解：因为（6，9）=3 | 3故原同余式有解 又2x ≡1（mod3） 所以 特解x 0`≡2（mod3） 同余式2x ≡1（mod3）的一个特解x 0≡1* x 0`=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x 0`≡5（mod 21） 同余式17x ≡14（mod 21）的一个特解x 0≡14* x 0`=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 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。 5.设p 是素数，k 是正整数，证明：同余式X 2≡1(mod p k )正好有两个不同余的解 6.证明：k>2时，同余式X 2≡1(mod 2k )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： 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） 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=p 1p 2 ––p r , b=q 1 q 2 ––q s ,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=(p 1p 2 ––p r )n, b n=(q 1 q 2 ––q s )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=p 1p 2 ––p r , b=q 1 q 2 ––q s , a n=(p 1p 2 ––p r )n, b n=(q 1 q 2 ––q s )n,因为a n| b n所以对任意的i有, p i 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=p 1p 2 ––p r , b=q 1q 2 ––q s , ab=p 1 p 2 ––p r q 1 q 2 ––q s , 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=k 1m+r, bc=k 2 m+r,有 ac=k 1d(m/d)+r, bc=k 2 d(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=k i *m i ，a-b是任意m i 的倍数， 所以a-b是m i 公倍数，所以[m i ]|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) 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a三b(modm)；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 ?(m n)= ______________________________ 。 e .. 4.设m 1是整数，a是与m互素的正整数。则使得a三1(modm)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)，贝U 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 ______________________ ，贝U 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H M O A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 ____________ ，戌=R\{0}对 于乘法构成一个 ____________ 。 二、计算题(本大题共3小题，每小题8分，共24分) 1.令a =1613, b =3589。用广义欧几里德算法求整数s,t，使得sa tb 二(a,b)。 第六章 素性检验 6.1 拟素数 引例：根据Fermat 小定理，我们知道：如果n 是一个素数，则对任 意整数b,(b,n)=1,有 )(mod 11n b n ≡- 由此，我们得到：如果一个整数b,(b,n)=1,使得 ) (mod 11n b n ≡/-，则n 是一个合数。 定义1：设n 是一个奇合数，如果整数b,(b,n)=1使得同余式 )(mod 11n b n ≡-成立，则n 叫做对于基b 的拟素数。 引理：设d,n 都是正整数，如果d 能整除n 则 12-d 能整除12-n 定理1：存在无穷多个对于基2的拟素数。 定理2：设n 是一个奇合数，则 (i)n 是对于基b,((b,n)=1),的拟素数当且仅当b 模n 的指数整除n-1。 (ii)如果n 是对于基1b ((1b ,n)=1),和基2b ，((2b ,n)=1),的拟素数，则 n 是对于基21b b 的拟素数。 (iii)如果n 是对于基b,((b,n)=1),的拟素数，则n 是对于基1-b 的拟素数。 (iv)如果有一个整数b ，((b,n)=1),使得同余式 )(mod 11n b n ≡-不成立，则模n 的简化剩余系中至少有一半的数使得该同余式不成立。 ////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////////// Fermat 素性检验 给定奇整数3≥n 和安全参数t 。 1.随即选取整数 b ,22-≤≤n b ； 2.计算()n b r n mod 1-=; 3.如果1≠r ，则n 是合数； 4.上述过程重复t 次； 定义2：合数n 称为Carmichael 数，如果对所有的正整数b ，(b,n)=1, 都有同余式 ()n b n mod 11≡-成立 定理3：设n 是一个奇合数。 (i)如果n 被一个大于1平方数整除，则n 不是Carmichael 数。 (ii)如果k p p n Λ1=是一个无平方数，则n 是Carmichael 数的充要条件是 11--n p i ，k i ≤≤1 定理4：每个Carmichael 数是至少三个不同素数的乘积 注：1.存在无穷多个Carmichael 数 2.当n 充分大时，区间[]n ,2内的Carmichael 数的个数大于等于72n 6.2 Euler 拟素数 引例：设n 是奇素数，根据定理，我们有同余式 )(mod 21n n b b n ?? ? ??≡- 对任意整数b 成立 因此，如果存在整数b ，(b,n)=1,使得 信息安全技术教程习题库及答案 第一章概述 一、判断题 1. 信息网络的物理安全要从环境安全和设备安全两个角度来考虑。√ 2. 计算机场地可以选择在公共区域人流量比较大的地方。× 3. 计算机场地可以选择在化工厂生产车间附近。× 4. 计算机场地在正常情况下温度保持在18~28 摄氏度。√ 5. 机房供电线路和动力、照明用电可以用同一线路。× 6. 只要手干净就可以直接触摸或者擦拔电路组件，不必有进一步的措施。× 7. 备用电路板或者元器件、图纸文件必须存放在防静电屏蔽袋内，使用时要远离静电敏感器件。√ 8. 屏蔽室是一个导电的金属材料制成的大型六面体，能够抑制和阻挡电磁波在空气中传播。√ 9. 屏蔽室的拼接、焊接工艺对电磁防护没有影响。× 10. 由于传输的内容不同，电力线可以与网络线同槽铺设。× 11. 接地线在穿越墙壁、楼板和地坪时应套钢管或其他非金属的保护套管，钢管应与接地线做电气连通.√ 12. 新添设备时应该先给设备或者部件做上明显标记，最好是明显的无法除去的标记,以防更换和方便查找赃物。√ 13.TEMPEST 技术，是指在设计和生产计算机设备时，就对可能产生电磁辐射的元器件、集成电路、连接线、显示器等采取防辐射措施于从而达到减少计算机信息泄露的最终目的。√ 14. 机房内的环境对粉尘含量没有要求。× 15. 防电磁辐射的干扰技术，是指把干扰器发射出来的电磁波和计算机辐射出来的电磁波混合在一起，以掩盖原泄露信息的内容和特征等，使窃密者即使截获这一混合信号也无法提取其中的信息。√ 16. 有很高使用价值或很高机密程度的重要数据应采用加密等方法进行保护。√ 17. 纸介质资料废弃应用碎纸机粉碎或焚毁。√ 二、单选题 1. 以下不符合防静电要求的是 A. 穿合适的防静电衣服和防静电鞋 B. 在机房内直接更衣梳理 C. 用表面光滑平整的办公家具 D. 经常用湿拖布拖地 2. 布置电子信息系统信号线缆的路由走向时，以下做法错误的是 A. 可以随意弯折 B. 转弯时，弯曲半径应大于导线直径的10 倍 C. 尽量直线、平整 D. 尽量减小由线缆自身形成的感应环路面积 3. 对电磁兼容性(Electromagnetic Compatibility, 简称EMC) 标准的描述正确的是 信息安全数学基础2005年考题 1、已知a=66,b=75，求正整数x,y，使ax-by=(a,b)成立 . 2、证明：对于任意整数a、b、c，如果(a,c)=1，c|ab，则必有c|b . 3、集合{0，1，······9998}中有多少个元素与9999互素？ 4、已知a=5,b=42,n=265, 求a b mod n . 5、求如下同余式组的解 x≡1(mod 5) x≡3(mod 7) x≡2(mod 9) 6、求同余式x5-x4+x2+6≡(mod 73)的所有解。 7、求J(29,97)的值。 8、求x2≡13（mod 113）的解。 9、已知59582=2×313，求模59582的一个原根。 1.2008-05-04课堂补充 求F2[x]中f(x)=x8+x4+x3+x+1的周期，并求y∈F2[x]/(f(x))，使得y、y2、y4、y8为F2[x]/(f(x))的基底 2.2008-05-04课堂补充 求F2[x]中f(x)=x8+x4+x3+x2+1的周期，并求y∈F2[x]/(f(x))，使得y、y2、y4、y8为F2[x]/(f(x))的基底 3.2008-05-04课堂补充 设a(x)=x3+x+1，b(x)=x2+x+1，计算a(x)+b(x)、a(x)．b(x)、a(x)/b(x) 4.第11章课件2 证明：如果α≠0和β都是有理数域Q上的代数数，则α+β和α-1也是有理数域Q上的代数数 5.第11章课件3 α叫做代数整数，如果存在一个首一正系数多项式f(x)，使得f(α)=0。证明：如果α≠0和β是代数整数，则α+β和α-1也是代数整数 6.第12章课件3 证明x8+x4+x3+x+1是F2[x]中的不可约多项式，从而F2[x]/(x8+x4+x3+x+1)是一个F28域 7.第12章课件4 求F28=F2[x]/(x8+x4+x3+x+1)中的生成元g(x)，并计算g(x)t，t=1,2,…,255和所有生成元 8.第12章课件3 证明x8+x4+x3+x2+1是F2[x]中的不可约多项式，从而F2[x]/(x8+x4+x3+x2+1)是一个F28域 2008-05-04交，共3题 1.2008-04-18课堂补充 求F2上的所有8次不可约多项式 注：x8+x4+x3+x+1是不可约非本原多项式，用于AES；x8+x4+x3+x2+1是不可约本原多项式，用于欧洲通信标准 提示：非零多项式有28-1=255个，次数为偶数时一定可约，奇数次系数为0时可约 2.2008-04-30课堂补充 求Q(√2，3√3)的基底 3.2008-04-30课堂补充 求u使Q(√2，√3)=Q(u)信息安全数学基础期末考试试卷及答案(A卷)
信息安全数学基础试题
信息安全数学基础参考试卷
信息安全数学基础习题集一
信息安全数学基础第一阶段知识总结
信息安全技术试题答案A
级信息安全数学-12级信息安全数学基础试题
信息安全数学基础(许春香)习题答案
信息安全技术试题答案(全)
信息安全技术使用教程第二版课后习题
信息安全数学基础(A)答案
最新。信息安全数学基础习题答案
信息安全数学基础习题第三章答案
信息安全数学基础课后答案完整版Word版
信息安全数学基础期末考试试卷及答案(A卷)
信息安全数学基础知识点
信息安全技术教程习题库及答案
信息安全数学基础考试题
相关主题
文本预览