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p
1
≤p2≤p3，所以n= p1 p2 p3k≥p13 即p13≤n1/3
p 1为素数则p
1
≥2，又p
1
≤p2≤p3，所以n= p1 p2 p3k≥2 p2 p3≥2p22
即p
2
≤(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log
210是有理数，则存在正整数p, q,使得log
2
10=p/q,且（p, q）=1
又log
2
10=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，log
2
10是无理数。
同理可证log
37，log
15
21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：(471179111011001,4111831111011000)= 4104707908301011000=1011000 [471179111011001,4111831111011000]= 4111471179111831111011001
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4153768912246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14789*23567≡[(29mod9)(23mod9)]mod9 ≡1(mod9) 348532367≡41(mod9) ≡5(mod9)
所以等式14789*23567=348532367不成立
（3）因为24789*43717≡[(30mod9)(22mod9)]mod9 ≡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)-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）
（3）解：因为（17，21）=1 | 14 故原同余式有解
又17x≡1（mod21）所以特解x0`≡5（mod21）
同余式17x≡14（mod21）的一个特解x0≡14* x0`=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
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
1
M
1
`+ a
2
M
2
M
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）.（911/2003）=(-1) (2003-1)(911-1)/(2*2)*(2003/911)=1/3=1
(6）.（7/20040803）=(-1) (7-1)(20040803-1)/(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x 2
≡16(mod91) 又16是91的平方剩余 所以11x 2≡-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)x 0=1 a 0=a*b ≡2(mod23) b 1=b 2≡4(mod23) (2)x 1=1 a 1=a 0*b 1≡8(mod23) b 2=b 12
≡16(mod23)
(3)x 2=0 a 2=a 1*b 20≡8(mod23) b 3=b 22
≡3(mod23) (4)x 3=1 a 3=a 2*b 3≡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
2
2
2
()ab abab aabb a b ===。
?充分性：若对任意,a b G ∈，有2
2
2
()ab a b =。那么
121
1221
()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
1
1
1
1
1
1
1
11
111
1
12121212121212()()
()
()
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1
x aya -=。由y 的交换性，有1
1
cent()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
1
1
11
()()()()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
1111
x 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aR b 。那么1b a H -∈。根据H 是群G 的子群以及逆元的性质，我们有
1
1
1
()
a b b a H ---=∈，这说明bR a ，即R 满足对称性。
取,,a b c G ∈满足aR b ，bR c 。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aR c 成立，即R 满足传递性。
综上所述R 是等价关系。
（ii ）即要证明：1
b 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1
b a H -∈。对任意
c aH ∈，存在2h H ∈使得2c ah =。进而，
1
212()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111
312()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3a 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(m od 3)1(m od 5)1(m od 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 m k =+。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02495(m od 2668)x '=。再写出同余式987610(mod 2668)x ≡的解为00
610*610*24951190(mod 2668)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 '=，21M '=，31M '=。故同余式的解为
112
233*2*1*1(m od 105)2*35*21*21*11*15*1(m od 105)71(m od 105)
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 2
2(53
1)/8
(31)(531)/4
(31)/8
62353535353(1)(1)
32111(1)1
3----??????= ? ? ???????
??=-?- ???
??=-??=-?-= ???
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，
1
1
1
1
()()()()()
()()
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
1
1
11
()()()()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
1
1
1
1
x 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。
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 9．设哈希函数H有128个可能的输出(即输出长度为128位)，如果H的k个随机输入中至少有两个产生相同输出的概率大于0.5，则k约等于＿＿。 A．2128 B．264 C．232 D．2256
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
《网络信息安全》试题 D 一、填空题(20 空× 1 分=20分) 1. 根据攻击者是否直接改变网络的服务，攻击可以分为___被动攻击_____和_ 主动攻击_______。 2. 当ping 一台计算机时，如果TTL 值小于128，则该操作系统的类型一般是____windows____。 3. 密钥相同时加密变换与解密变换的复合变换是____恒等变换____。 4. 密码学的两个组成部分是___密码编码学_____和____密码分析学____。 5. 破解单字母替换密码常用的方法是____频率分析法____。 6. 同一内部网的不同组织机构间再建立一层防火墙，称为___内部防火墙_____。 7. 在内部网络和外部网络之间建立一个被隔离的子网，该子网称为非军事区。 8. IDS 是____ Intrusion Detection System ____ 的简写。 9. IDS 的两个指标：___漏报率_____和__误报率______。 10. 根据采用的检测技术，IDS 可分为____异常检测____与___误用检测_____。 11. 蜜网是由___蜜罐主机____、____防火墙____、____IDS____等组成。 12. IPSec将两个新包头增加到IP包，这两个报头是___AH_____与____ESP____。 13. PKI 的体系结构一般为____树状____结构。 二、选择题(20 空× 1 分=20分) 1. 用户收到了一封可疑的电子邮件，要求用户提供银行账户及密码，这属于何 种攻击手段___B____。 A. 缓存溢出攻击 B. 钓鱼攻击 C. 暗门攻击 D. DDOS 攻击 2. 下列不属于系统安全技术的是__B_____。 A. 防火墙 B. 加密狗 C. 认证 D. 防病毒 3. DES 是一种以块为单位进行加密，一个数据块的大小是____B___。 A. 32 位 B. 64 位 C. 128 位 D. 256 位 4. 有一主机专门被用作内部网和外部网的分界线。该主机里有两块网卡，分别 连接到两个网络。防火墙内外的系统都可以与这台主机通信，但防火墙两边的系统不能直接通信，这是___C____防火墙。 A. 屏蔽主机式体系结构 B. 筛选路由式体系结构 C. 双宿网关式体系结构 D. 屏蔽子网式体系结构 5. __B____是通过偷窃或分析手段来达到计算机信息攻击目的的，它不会导致对 系统中所含信息的任何改动，而且系统的操作和状态也不被改变。 A. 主动攻击 B. 被动攻击 C. 黑客攻击 D. 蠕虫病毒 6. 关于安全审计目的描述错误的是__D______。 A. 识别和分析未经授权的动作或攻击 B. 记录用户活动和系统管理
《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．
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。 正确 基于网络的漏洞扫描器由组成。abcde A、漏洞数据库模块 B、用户配置控制台模块 C、扫描引擎模块 D、当前活动的扫找知识库模块 E、结果存储器和报告生成工具 基于内容的过滤技术包括。A、内容分级审查B、关键字过滤技术C、启发式内容过滤技？？ 加密技术是信息安全技术的核心。对 完全备份就是全部数据库数据进行备份。正确 纸介质资料废弃应用啐纸机粉啐或焚毁。正确 权限管理是安全管理机制中的一种。正确 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。√
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.
题库 一、选择 1. 密码学的目的是（C）。 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 2. 从攻击方式区分攻击类型，可分为被动攻击和主动攻击。被动攻击难以（C），然而（C）这些攻击是可行的；主动攻击难以（C），然而（C）这些攻击是可行的。 A. 阻止,检测,阻止,检测 B. 检测,阻止,检测,阻止 C. 检测,阻止,阻止,检测 D. 上面3项都不是 3. 数据保密性安全服务的基础是（D）。 A. 数据完整性机制 B. 数字签名机制 C. 访问控制机制 D. 加密机制 4. 数字签名要预先使用单向Hash函数进行处理的原因是（C）。 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 5. 基于通信双方共同拥有的但是不为别人知道的秘密，利用计算机强大的计算能力，以该秘密作为加密和解密的密钥的认证是（C）。 A. 公钥认证 B. 零知识认证 C. 共享密钥认证 D. 口令认证 6. 为了简化管理，通常对访问者（A），以避免访问控制表过于庞大。 A. 分类组织成组 B. 严格限制数量 C. 按访问时间排序，删除长期没有访问的用户 D. 不作任何限制 7. PKI管理对象不包括（A）。 A. ID和口令 B. 证书 C. 密钥 D. 证书撤消 8. 下面不属于PKI组成部分的是（D）。 A. 证书主体 B. 使用证书的应用和系统 C. 证书权威机构 D. AS 9. IKE协商的第一阶段可以采用（C）。 A. 主模式、快速模式 B. 快速模式、积极模式 C. 主模式、积极模式 D. 新组模式 10．AH协议和ESP协议有（A）种工作模式。 A. 二 B. 三 C. 四 D. 五 11. （C）属于Web中使用的安全协议。 A. PEM、SSL B. S-HTTP、S/MIME C. SSL、S-HTTP D. S/MIME、SSL 12. 包过滤型防火墙原理上是基于（C）进行分析的技术。
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）
信息安全复习题 一、多选题 1. 在互联网上的计算机病毒呈现出的特点是____。ABCD A 与因特网更加紧密地结合，利用一切可以利用的方式进行传播 B 所有的病毒都具有混合型特征，破坏性大大增强 C 因为其扩散极快，不再追求隐蔽性，而更加注重欺骗性 D 利用系统漏洞传播病毒 E 利用软件复制传播病毒 2. 全国人民代表大会常务委员会《关于维护互联网安全的决定》规定，利用互联网实施违法行为，尚不构成犯罪的，对直接负责的主管人员和其他直接责任人员，依法给予____或者____。AB A 行政处分 B 纪律处分 C 民事处分 D 刑事处分 3. 《计算机信息网络国际联网安全保护管理办法》规定，任何单位和个人不得从事下列危害计算机信息网络安全的活动____。ABCD A 故意制作、传播计算机病毒等破坏性程序的 B 未经允许，对计算机信息网络功能进行删除、修改或者增加的 C 未经允许，对计算机信息网络中存储、处理或者传输的数据和应用程序进行删除、修改或者增加的 D 未经允许，进入计算机信息网络或者使用计算机信息网络资源的 4. 用于实时的入侵检测信息分析的技术手段有____。AD A 模式匹配 B 完整性分析 C 可靠性分析 D 统计分析 E 可用性分析 214. 《互联网上网服务营业场所管理条例》规定，____负责互联网上网服务营业场所经营许可审批和服务质量监督。ABC A 省电信管理机构 B 自治区电信管理机构 C 直辖市电信管理机构
D 自治县电信管理机构 E 省信息安全管理机构 5. 《互联网信息服务管理办法》规定，互联网信息服务提供者不得制作、复制、发布、传播的信息内容有。ADE A 损害国家荣誉和利益的信息 B 个人通信地址 C 个人文学作品 D 散布淫秽、色情信息 E 侮辱或者诽谤他人，侵害他人合法权益的信息 6. 《计算机信息系统安全保护条例》规定，____由公安机关处以警告或者停机整顿。ABCDE A 违反计算机信息系统安全等级保护制度，危害计算机信息系统安全的 B 违反计算机信息系统国际联网备案制度的 C 有危害计算机信息系统安全的其他行为的 D 不按照规定时间报告计算机信息系统中发生的案件的 E 接到公安机关要求改进安全状况的通知后，在限期内拒不改进的 7. 与计算机有关的违法案件，要____，以界定是属于行政违法案件，还是刑事违法案件。ABD A 根据违法行为的情节和所造成的后果进行界定 B 根据违法行为的类别进行界定 C 根据违法行为人的身份进行界定 D 根据违法行为所违反的法律规范来界定 8. 对于违法行为的行政处罚具有的特点是____。ABCD A 行政处罚的实施主体是公安机关 B 行政处罚的对象是行政违法的公民、法人或其他组织 C 必须有确定的行政违法行为才能进行行政处罚 D 行政处罚具有行政强制性 9.___是行政处罚的主要类别。ABCDE A 人身自由罚 B 声誉罚 C 财产罚 D 资格罚 E 责令作为与不作为罚 10. 互联网服务提供者和联网使用单位应当落实的互联网安全保护技术措施包括____ ABCD A 防范计算机病毒、网络入侵和攻击破坏等危害网络安全事项或者行为的技术措施 B 重要数据库和系统主要设备的冗灾备份措施
信息安全期末考试题库及 答案 Newly compiled on November 23, 2020
题库 一、选择 1. 密码学的目的是（C）。 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 2. 从攻击方式区分攻击类型，可分为被动攻击和主动攻击。被动攻击难以（C），然而（C）这些攻击是可行的；主动攻击难以（C），然而（C）这些攻击是可行的。 A. 阻止,检测,阻止,检测 B. 检测,阻止,检测,阻止 C. 检测,阻止,阻止,检测 D. 上面3项都不是 3. 数据保密性安全服务的基础是（D）。 A. 数据完整性机制 B. 数字签名机制 C. 访问控制机制 D. 加密机制 4. 数字签名要预先使用单向Hash函数进行处理的原因是（C）。 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 5. 基于通信双方共同拥有的但是不为别人知道的秘密，利用计算机强大的计算能力，以该秘密作为加密和解密的密钥的认证是（C）。 A. 公钥认证 B. 零知识认证
C. 共享密钥认证 D. 口令认证 6. 为了简化管理，通常对访问者（A），以避免访问控制表过于庞大。 A. 分类组织成组 B. 严格限制数量 C. 按访问时间排序，删除长期没有访问的用户 D. 不作任何限制 7. PKI管理对象不包括（A）。 A. ID和口令 B. 证书 C. 密钥 D. 证书撤消 8. 下面不属于PKI组成部分的是（D）。 A. 证书主体 B. 使用证书的应用和系统 C. 证书权威机构 D. AS 9. IKE协商的第一阶段可以采用（C）。 A. 主模式、快速模式 B. 快速模式、积极模式 C. 主模式、积极模式 D. 新组模式 10．AH协议和ESP协议有（A）种工作模式。 A. 二 B. 三 C. 四 D. 五 11. （C）属于Web中使用的安全协议。 A. PEM、SSL B. S-HTTP、S/MIME C. SSL、S-HTTP D. S/MIME、SSL 12. 包过滤型防火墙原理上是基于（C）进行分析的技术。 A. 物理层 B. 数据链路层 C. 网络层 D. 应用层
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。
2014广西公需科目信息技术与信息安全考试试卷4 考试时间：150分钟总分：100分 1.(2分) GSM是第几代移动通信技术?（B ） A. 第三代 B. 第二代 C. 第一代 D. 第四代 2.(2分) 无线局域网的覆盖半径大约是（A ）。 A. 10m~100m B. 5m~50m C. 8m~80m D. 15m~150m 3.(2分) 恶意代码传播速度最快、最广的途径是（C ）。 A. 安装系统软件时 B. 通过U盘复制来传播文件时 C. 通过网络来传播文件时 D. 通过光盘复制来传播文件时 4.(2分) 以下关于智能建筑的描述，错误的是（A ）。 A. 随着建筑智能化的广泛开展，我国智能建筑市场已接近饱和。 B. 智能建筑能为用户提供一个高效、舒适、便利的人性化建筑环境。 C. 建筑智能化已成为发展趋势。 D. 智能建筑强调用户体验，具有内生发展动力。 5.(2分) 广义的电子商务是指（B）。 A. 通过互联网在全球范围内进行的商务贸易活动 B. 通过电子手段进行的商业事务活动 C. 通过电子手段进行的支付活动 D. 通过互联网进行的商品订购活动 6.(2分) 证书授权中心（CA）的主要职责是（C）。
A. 颁发和管理数字证书 B. 进行用户身份认证 C. 颁发和管理数字证书以及进行用户身份认证 D. 以上答案都不对 7.(2分) 以下关于编程语言描述错误的是（B）。 A. 高级语言与计算机的硬件结构和指令系统无关，采用人们更易理解的方式编写程序，执行速度相对较慢。 B. 汇编语言适合编写一些对速度和代码长度要求不高的程序。 C. 汇编语言是面向机器的程序设计语言。用助记符代替机器指令的操作码，用地址符号或标号代替指令或操作数的地址，一般采用汇编语言编写控制软件、工具软件。 D. 机器语言编写的程序难以记忆，不便阅读和书写，编写程序难度大。但具有运行速度极快，且占用存储空间少的特点。 8.(2分) 云计算根据服务类型分为（A ）。 A. IAAS、PAAS、SAAS B. IAAS、CAAS、SAAS C. IAAS、PAAS、DAAS D. PAAS、CAAS、SAAS 9.(2分) 统一资源定位符是（A ）。 A. 互联网上网页和其他资源的地址 B. 以上答案都不对 C. 互联网上设备的物理地址 D. 互联网上设备的位置 10.(2分) 网站的安全协议是https时，该网站浏览时会进行（B）处理。 A. 增加访问标记 B. 加密 C. 身份验证 D. 口令验证 11.(2分) 涉密信息系统工程监理工作应由（D ）的单位或组织自身力量承担。
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)