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'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,kZ5|n所以5|2k，又（5，2）=1，所以5|k即k=5k1，k1Z7|n所以7|2*5k1,又（7，10）=1，所以7|k1即k1=7k2，k2Z所以n=2*5*7k2即n=70k2,k2Z因此70|n2．证明：因为a3-a=(a-1)a(a+1)当a=3k，kZ3|a则3|a3-a当a=3k-1，kZ3|a+1则3|a3-a当a=3k+1，kZ3|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2k0+1，k0Z（2k0+1）2＝4k02+4k0+1=4k0(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（2k0+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),kZ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=910．证明：p1p2p3|n，则n=p1p2p3k，kN+又p1≤p2≤p3，所以n=p1p2p3k≥p13即p13≤n1/3p1为素数则p1≥2，又p1≤p2≤p3，所以n=p1p2p3k≥2p2p3≥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。(3k1+1)(3k2+1)=[(3k1+1)k2+k1]*3+116 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,…,pn因为4k+3=4k`-1=4k-1构造N=4*p1*p2*…*pn-1≥3*p1*p2*…*pn所以N＞pi(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+3055=1*30+2530=1*25+525=5*5所以(55,85)=5（2）解：282=1*202+80202=2*80+4280=1*42+3842=1*38+438=9*4+24=2*2所以（202,282）=229．（1）解：2t+1=1*(2t-1)+22t-1=(t-1)*2+12=2*1所以（2t+1,2t-1）=1（2）解：2(n+1)=1*2n+22n=n*2所以（2n,2(n+1)）=232．（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=-1226t=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)16 =951*2947+(-743)*3772所以s=951t=-74336．证明：因为（a，4）=2所以a=2*(2m+1)mZ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）=437．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,mN因此p2=4m2=2q2q2=2m2q=2n,nN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pi的乘积，m=p1p2p3……pn，pi为素数。因为7为素数，假设7!|m，则7!∈｛p1，p2，p3，……pn｝所以m2=p12p22p32……pn2=(p1p2p3……pn)(p1p2p3……pn)所以7!|m2，与7|m2矛盾，故7|m,m=7k同理可知：7|n,n=7k0所以(m,n)=(7k,7k0)=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/qLn10q=ln2p10q=2p(2*5)q=2p5q=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=12051．（4）解：(471179111011001,4111831111011000)=4104707908301011000=1011000[471179111011001,4111831111011000]=4111471179111831111011001第二章．同余16 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(modm)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ai≡bi(modm),1≤i≤k所以ai=bi+kim又a1+a2+…+ak=∑ai=∑(bi+kim)=∑bi+m*∑ki所以有∑ai≡∑bi(modm)即a1+a2+…+ak=b1+b2+…+bk(modm)（ii）因为ai≡bi(modm),1≤i≤k所以ai(modm)=bi(modm)所以（a1a2…ak）modm≡[(a1modm)(a2modm)…(akmodm)]modm≡[(b1modm)(b2modm)…(bkmodm)]modm≡（b1b2…bk）modm所以a1a2…ak≡a1a2…ak(modm)8．证明：如果a2≡b2(modp)则a2=b2+kp,kZ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(modn)则a2=b2+kn,kZ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(modc)则a=cq+b,qZ根据1.3定理3知(a,c)=(b,c)17．解：（1）ak+ak-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）ak+ak-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）ak+ak-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）ak+ak-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。16 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c1,c2,…,c(m)是模m的简化剩余系对于任一ci，有m-ci也属于模m的简化剩余系所以ci+(m-ci)≡0(modm)因此c1+c2+…+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+a2+…+a(m)-1)≡0(modm)又（a-1,m）=1所以1+a+a2+…+a(m)-1≡0(modm)33．证明：因为7为素数，由Fermat定理知a7≡a(mod7)又（a，3）=1所以(a,9)=1由Euler定理知a(9)≡a6≡1(mod9)即a7≡a(mod9)又(7,9)=1,所以a7≡a(mod7*9)即a7≡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a12≡1(mod13)a(8)≡a4≡1(mod8)即a12≡1(mod8)a(5)≡a4≡1(mod5)即a12≡1(mod5)a(7)≡a6≡1(mod7)即a12≡1(mod7)a(9)≡a6≡1(mod9)即a12≡1(mod9)又因为[5,7,8,9,13]=3276016 所以a12≡1(mod32760)35．证明：因为(p,q)=1p,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pq-1≡1(modq)qp-1≡1(modp)又qp-1≡0(modq)pq-1≡0(modp)所以pq-1+qp-1≡1(modq)qp-1+pq-1≡1(modp)又[p,q]=pq所以pq-1+qp-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17．（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）16 （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≡a1M1M1`+a2M2M2`+……+akMkMk`（modm）因为mi两两互素，又中国剩余定理知：MiMi`≡1（modmi）又Mi=m/mi所以（m，Mi）≡1（modmi）所以MiMi`=Mi(mi)≡（modmi）代入方程解为x≡a1M1(m1)+a2M2(m2)+……+akMk(mk)(modm)得证。12．（1）解：由方程组得：3x+3y≡2(mod7)6x+6y≡4(mod7)x+y≡-4(mod7)X≡5(mod7)y≡5(mod7)（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(mod7)y≡3(mod7)13．见课本3.2例414．同课本3.2例321000000≡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(mod3)x2≡x1+3t1≡4(mod9)t2≡-f（x2）*(f`(x1)-1(mod3))/32≡2(mod3)16 x3≡x2+32t2≡22(mod27)t3≡-f（x3）*(f`(x1)-1(mod3))/33≡0(mod3)x4≡x3+33t3≡22(mod81)t5≡-f（x4）*(f`(x1)-1(mod3))/34≡2(mod3)x5≡x4+34t4≡184(mod243)所以同余式f（x）≡0(mod243)的解为：x5≡184(mod243)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yx=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yx=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)=112．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)/216 则a1*a2*a3…a(p-1)/2≡12*22*32…((p-1)/2)2(modp)≡1*2*3…((p-1)/2)*(-(p-1))*(-(p-2))*…(-(p-(p-1)/2))(modp)≡1*2*3…((p-1)/2)*(p-(p-1)/2)…*(p-2)*(p-1)(-1)(p-1)/2(modp)≡(p-1)!*(-1)(p-1)/2(modp)≡(-1)*(-1)(p-1)/2(modp)（2.4定理3）≡(-1)(p+1)/2(modp)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(modp)≡(-1)(p+1)/2(-1)(p-1)/2(modp)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(modp)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=1a0=a*b≡2(mod23)b1=b2≡4(mod23)(2)x1=1a1=a0*b1≡8(mod23)b2=b12≡16(mod23)(3)x2=0a2=a1*b20≡8(mod23)b3=b22≡3(mod23)(4)x3=1a3=a2*b3≡1(mod23)所以211≡1(mod23)即23|211-147|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ad(mod12)因为21≡2,22≡4,23≡8,24≡3,26≡-1,212≡1(mod13)16 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ad(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q1=2,q2=3,进而(m)/q1=27,(m)/q2=18这样，只需验证：g27,g18模m是否同余于1。对2，4，5，6…逐个验算：因为2271(mod81)2181(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ordm(a)=st知：ast≡1(modm)即(as)t≡1(modm)不妨令ordm(as)=r则asr≡1(modm)所以st|sr由(as)t≡1(modm)得r|t即t＝k*rkN≥1r≤t所以sr≤st所以sr=st所以r=t所以ordm(as)=t8．解：存在举例：如n=7,d=3因为(7)=6d=3|6存在a=2(2,7)=1,2(7)≡1(mod7)又23≡1(mod7)所以ord7(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=ap-1/21(modp)a(p)/[(p-1)/2]=a21(modp)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ordn(a)=m则am≡1(modn)因为an-1≡1(modn)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q1使m|((n-1)/q1)所以an-1/q=am*t≡1(modn)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)=2ind5=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)=2ind29=716 (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=25n-1=24=23*3则t=3(7,25)=173≡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）=1b(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：群是交换群的充要条件是对任意，有。证明：必要性：若是交换群，则对任意，有，从而。充分性：若对任意，有。那么。16 因此群是交换群。4.设是阶有限群。证明：对任意元，有。证明：任取，考虑生成的循环群。不妨设。根据拉格朗日定理，有，从而存在正整数，使得。因为（否则），所以。6.设是一个群。记。证明：是的正规子群。证明：首先证明是的子群。任取，。计算。因此，，从而是的子群。再证明是的正规子群。任取。那么存在，使得。由的交换性，有。从而，是的正规子群。7.设是群的一个元素。证明：映射是到自身的自同构。证明：（1）任取。计算因此是同态映射。（2）若，且。那么，从而，因此是单射。（3）任取。由于，故是满射。综上所述，映射是到自身的自同构。16 8.设是群的子群。在中定义关系。证明：（i）是等价关系。（ii）的充要条件是。证明：（i）任取。既然是群的子群，那么。因此，这说明，即满足自反性。取满足。那么。根据是群的子群以及逆元的性质，我们有，这说明，即满足对称性。取满足，。那么，。根据是群的子群，我们有。从而成立，即满足传递性。综上所述是等价关系。（ii）即要证明：。充分性：设，则，于是存在使得，左右两边同乘，得。必要性：如果。对任意，存在使得。进而，，因此，。同样，对任意，存在使得，进而。因此，故。2007年试题1证明：如果是整数，则能被3整除。2用广义欧几里德算法求最大公因子3设是一个正整数，，如果，证明：。16 4解方程5解方程组6计算3模19的指数。7计算的Legendre符号8证明：91是对基3的拟素数。9设是群到的一个同态，，其中是的单位元。证明：是的子群。10设是群的一个元素。证明：映射是到自身的自同构。2007年试题答案1证明：因为a3-a=(a-1)a(a+1)当a=3k，kZ3|a则3|a3-a当a=3k-1，kZ3|a+1则3|a3-a当a=3k+1，kZ3|a-1则3|a3-a所以a3-a能被3整除。2.12075=2*4655+27654655=1*2765+18902765=1*1890+8751890=2*875+140875=6*140+35140=4*35所以=353.因为d|m，所以存在整数使得。又因为，所以存在整数使得。该式又可以写成。故。4.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，求同余式的解为16 。再写出同余式的解为。5令，，。分别求解同余式（i=1,2,3）得到，，。故同余式的解为6解：因为(19)=18,所以只需对18的因数d=1,2,3,6,9,18计算ad(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；78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，有，从而，。因此，，是群的子群。10证明：（1）任取。计算因此是同态映射。（2）若，且。那么，从而16 ，因此是单射。（3）任取。由于，故是满射。综上所述，映射是到自身的自同构。16'