信息安全数学基础题型及知识点（数论部分）

第一章 整数的可除性

1. 证明：对于任给的正整数K，必有K个连续正整数都是合数。

解：

设有连续K个正整数的形式为：
$a_1=(K+1)!+2,a_2=(K+1)!+3,...,a_K=(K+1)!+K+1$
则：存在正整数0 $a_m=(K+1)!+m+1=(m+1)+1\cdot 2\cdot ...\cdot (m+1)\cdot (m+2)\cdot ...\cdot (K+1)$
$=(m+1)(1\cdot 2\cdot ...\cdot (m+2)\cdot ...\cdot (K+1))$
∴ $(m+1)|a_m$
∴$a_m$是合数，结合m的范围，即存在连续K个正整数是合数。

2. 设p是正整数n的最小素因数，证明：若$p>n^{\frac{1}{3}}$，则$\frac{n}{p}$是素数。

解：

∵p是n的最小素因数
∴$p\le n^{\frac{1}{2}}$，又$p>n^{\frac{1}{3}}$
∴$n^{\frac{1}{3}}<p\le n^{\frac{1}{2}}$
∴$n^{\frac{1}{2}}\le \frac{n}{p}\le n^{\frac{2}{3}}$
假设$\frac{n}{p}$为合数，
则 $\frac{n}{p}$存在最小的因数$q\le {\frac{n}{p}}^{\frac{1}{2}}<{\left(n^{\frac{2}{3}}\right)}^{\frac{1}{2}}=n^{\frac{1}{3}}$
∵$\frac{n}{p}=qm$（m为某一常量）
∴$n=\frac{n}{p}\ast p=pqm$
∴$q|n$，即q是n的因数，又$q<n^{\frac{1}{3}}<p$
∴与题设矛盾，假设不正确，因此$n=\frac{n}{p}$是素数。

3. 证明：任一形如3k-1，4k-1，6k-1形式的正整数必然有相同形式的素因数。

解：

∵$(nk+x_1)\cdot (nk+x_2)=n\cdot (n{k}^2+n(x_1+x_2)+x_1{x}_2$
∴多个形如$(nk+x_m)$的乘积可表示为$nk+{\prod }_{x_m}$
∵$nk-1$可表示为多个或一个（它本身）形如$(nk+x_m)$的乘积，即$nk+{\prod }_{x_m},x̸=0$
又∵$nk-1$可表示为$nk+(nq-1)$，则${\prod }_{x_m}=nq-1$
当n=3时，假设$3k-1$不存在形式相同的素因数，则$3k-1$可表示成多个形如$3k+1$的乘积。
∵多个形如$3k+1$的乘积中，${\prod }_{x_m}=1̸=3q-1$故结论与假设矛盾，即任一形如$3k-1$的正整数必然有与其形式相同的素因数。
同理，其余情况均可给出证明。

4. 证明：形如4k+3的素数有无穷多个

解：

用反证法，假设形如4k+3的素数只有有限个，为$p_1,...,p_n$
现构造一个整数$q=4\cdot (p_1\cdot ...\cdot p_n)-1=4\cdot (p_1\cdot ...\cdot p_n-1)+3$，即
q也是形如4k+3的数当q是素数时，显然原命题得证。
当q为合数时，对q进行分解，显然q可以表示为素数的乘积。
∵所有素数都可以表示为形如4k+1，4k+3
∵形如4k+1的数的乘积仍然是4k+1的形式
∴q的素因数至少有一个形如4k+3，令其为s
∴s | q
又∵$p_i$不能整除q，故存在一个形如4k+3的素数不属于$p_1,...,p_n$，假设矛盾
∴原命题得证。

第二章 同余

1. 定理

• 欧拉定理
  设m是大于1的整数，如果a是满足(a,m)=1的整数（a，m互素），则：
  $$a^{\phi (m)}\equiv 1(modm)$$
  也常写作
  $$a^{\phi (m)}-1\equiv 0(modm)$$

• 费马小定理
  设p是一个素数，则对任意整数a，有
  $$a^p\equiv a(modp)$$
  或写为
  $$a^p-a\equiv 0(modp)$$

• Willison定理
  设p是一个素数，则
  $$(p-1)!\equiv -1(modq)$$

2. 常用的一些性质

1. $(p-n)\equiv -(n-p)modp$
2. p,q是不同的素数，$\phi (p\cdot q)=p\cdot q-p-q-1$
3. m,n互素，$\phi (m\cdot n)=\phi (m)\cdot \phi (n)$
4. (a,b)·[a,b]=ab
5. 若$d\cdot a\equiv d\cdot b(modm),(d,m)=1,则a\equiv b(modm)$
6. 设$a\equiv b(modm)$，若d|(a,b,m)则$\frac{a}{d}\equiv \frac{b}{d}(mod\frac{m}{d})$
7. 若$a\equiv b(modm)$，若d|m则$a\equiv b(modd)$

第三章 同余式

1. 求一次同余式所有的解

例1. $3x\equiv 2mod7$
解：
∵(3,7)=1，1|2 有解的充要条件是x的系数和模数的最大公因子整除余数
∴有一个解，又$3x\equiv 2\equiv 9mod7$
∴解是$x\equiv 3mod7$
例2. $6x\equiv 3mod9$
解：
∵(6,9)=3,3|9
∴有3个解
∵$6x_1\equiv 3\equiv 12mod9$
∴$x_1\equiv 2mod9$
∴$x\equiv 2+t\cdot \frac{9}{(6,9)}(mod9),t=0,1,2$
进而$x_1\equiv 2mod9,x_2\equiv 5mod9,x_3\equiv 8mod9$

注：求解的公式为

$x\equiv \frac{b}{(a,m)}\cdot (({\frac{a}{(a,m)}}^{-1}(mod\frac{m}{(a,m)}))+t\cdot \frac{m}{(a,m)}(modm),t=0,1,...,(a,m)-1.$

2. 求解一元一次同余式组（中国剩余定理）

例1. 求解同余式组$\{\begin{array}{c}x\equiv b_1(mod5)\\ x\equiv b_2(mod6)\\ x\equiv b_3(mod7)\\ x\equiv b_4(mod11)\end{array}$
解：
$$\begin{gathered} M_1=6\ast 7\ast 11=462 \\ {M}_2=5\ast 7\ast 11=385 \\ {M}_3=5\ast 6\ast 11=330 \\ {M}_4=5\ast 6\ast 7=210 \end{gathered}$$
由扩展欧几里得除法可知
$M_1^{\prime }=3,M_2^{\prime }=1,M_3^{\prime }=1,M_4^{\prime }=1$
∵$m=5\ast 6\ast 7\ast 11=2310$
∴唯一解是$x\equiv b_1\ast 462\ast 3+b_2\ast 385\ast 1+b_3\ast 330\ast 1+b_4\ast 210\ast 1(mod2310)$

注：中国剩余定理的表述
设$m_1,...,m_k$是k个两两互素的正整数，则对任意的整数$b_1,...,b_k$，
同余式组$\{\begin{array}{c}x\equiv b_1(mod{m}_1)\\ ......\\ x\equiv b_k(mod{m}_k)\end{array}$一定有解，且解是唯一的，可表示为

$x\equiv b_1\ast M_1\ast M_1^{\prime }+...+b_k\ast M_k\ast M_k^{\prime }(modm)$

3. 利用欧拉定理求解一次同余式

例1. $5x\equiv 3(mod14)$
解：
∵(5,14)=1
∴$5^{\phi (14)}\equiv 1(mod14)$
∴$5^{\phi (14)-1}\ast 5\ast 3\equiv 3(mod14)$
∴$x\equiv 5^{\phi (14)-1}\ast 3\equiv 9(mod14)$
原理是由欧拉定理得到模m=1的数，再和x的系数去构造一个解

4.求解高次同余式

例1. 求解同余式$3x^{14}+4x^{13}+2x^{11}+x^9+x^6+x^3+12x^2+x\equiv 0(mod7)$
解：
∵由费马小定理$g(x)=x^7-x\equiv 0(mod7)$
∴由扩展欧几里得算法：
$r_0(x)=f(x)-3x^7\cdot g(x)=4x^{13}+2x^{11}+x^9+3x^8+x^6+x^3+12x^2+x$
$r_1(x)=r_0(x)-4x^6\cdot g(x)=2x^{11}+x^9+3x^8+4x^7+x^6+x^3+12x^2+x$
$r_2(x)=r_1(x)-2x^4\cdot g(x)=x^9+3x^8+4x^7+x^6+2x^5+x^3+12x^2+x$
$r_3(x)=r_2(x)-x^2\cdot g(x)=3x^8+4x^7+x^6+2x^5+2x^3+12x^2+x$
$r_4(x)=r_3(x)-3x\cdot g(x)=4x^7+x^6+2x^5+2x^3+13x^2+x$
$r_5(x)=r_4(x)-4\ast g(x)=x^6+2x^5+2x^3+15x^2+5x$
∴原同余式等价于$r(x)=x^6+2x^5+2x^3+13x^2+x\equiv 0(mod7)$，将x=0，±1，±2，±3带入验算知，解为$x\equiv 0,-1(mod7)$即$x\equiv 0,6(mod7)$由模运算的性质，代入±值可以简化计算

3. 求解二元一次同余方程组（大致和解二元一次方程组类似）

例1. $\{\begin{array}{c}x+2y\equiv 1(mod7)①\\ 2x+y\equiv 1(mod7)②\end{array}$
解：
①-②得$y-x\equiv 0(mod7)③$
∴$x\equiv y(mod7)$
①+③得$3y\equiv 1(mod7)$
∵$15=3\ast 5\equiv 1(mod7)$
∴$x\equiv y\equiv 5(mod7)$

例2. $\{\begin{array}{c}x+3y\equiv 1(mod7)①\\ 3x+4y\equiv 1(mod7)②\end{array}$
解：
①+②得$4x+7y\equiv 2(mod7)，即4x\equiv 2(mod7)$
∵$16=4\ast 4\equiv 2(mod7)$
∴$x\equiv 4(mod7)，进而y\equiv 2(mod7)$

第四章 二次同余式和平方剩余

1.求平方剩余和平方非剩余

例1. 求p=13，23，31，37，47的二次剩余和二次非剩余。
解：以13为例，∵$$\begin{gathered} 1^2\equiv 12^2\equiv 1,2^2\equiv 11^4\equiv 4,3^2\equiv 10^2\equiv 9, \\ {4}^2\equiv 9^2\equiv 3,5^2\equiv 8^2\equiv 12,6^2\equiv 7^2\equiv 10(mod13) \end{gathered}$$
∴1，3，4，9，10，12是模13的平方剩余，2，5，6，7，8，11是模13的平方非剩余
相当于拿余数去平方，倒推平方剩余

2.模为奇素数的平方剩余与平方非剩余

• 欧拉判别条件
  设p是奇素数，(a,p)=1，则
  (i)a是模p的平方剩余的充要条件是
  $$a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1(modp)$$
  (ii)a是模p平方非剩余的充要条件是
  $$a^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1(modp)$$
  并且当a是模p的平方剩余时，同余式恰好有两解。
  
  设p是奇素数，则模p简化剩余系中平方剩余和平方非剩余的个数均为$\frac{p-1}{2}$且这些平方剩余与序列$1^2,2^2,...,(\frac{p-1}{2}{)}^2$中的一个数同余，且仅与一个数同余

3. 勒让德符号，雅克比符号

• 定义：设p是奇素数，定义勒让德符号：
  $$(\frac{a}{p})=\{\begin{array}{c}1，若a是模p平方剩余\\ -1，若a是模p平方非剩余\\ 0，若p整除a\end{array}$$
• 关于勒让德符号的欧拉判别法则，设p是奇素数，则对任意整数a
  $$(\frac{a}{p})\equiv a^{\frac{p-1}{2}}(modp)$$
  一些常用的性质

1. 若p是奇素数，$(\frac{1}{p})=1,(\frac{-1}{p})=(-1{)}^{\frac{p-1}{2}}$
2. 若p是奇素数，则$(\frac{a+p}{p})=(\frac{a}{p});(\frac{a\cdot b}{p})=(\frac{a}{p})(\frac{b}{p});设(a,p)=1,则(\frac{a^2}{p})=1$
3. 设p是奇素数，则$(\frac{2}{p})=(-1{)}^{\frac{p^2-1}{8}}$
4. 二次互反律：若p，q是互素奇素数，则$(\frac{q}{p})=(-1{)}^{\frac{p-1}{2}\cdot \frac{q-1}{2}}(\frac{p}{q})$
5. 一个有用的推论：若p是奇素数，则$(\frac{2}{p})=\{\begin{array}{c}1，若p\equiv \pm 1(mod8)\\ -1,若p\equiv \pm 3(mod8)\end{array}$

例2. 求解$(\frac{17}{37})$
解：由二次互反律：
$(\frac{17}{37})=(-1{)}^{\frac{17-1}{2}\cdot \frac{37-1}{2}}\cdot (\frac{37}{17})=(\frac{3}{17})=(-1{)}^{\frac{3-1}{2}\cdot \frac{17-1}{2}}\cdot (\frac{17}{3})=(\frac{2}{3})=-1$(用到了第3点)
例3. 判断下列同余方程是否有解
$x^2\equiv 7(mod227)$
解：∵$(\frac{7}{227})=(-1{)}^{\frac{7-1}{2}\cdot \frac{227-1}{2}}\cdot (\frac{227}{7})=-(\frac{3}{7})=(-1)\cdot (-1{)}^{\frac{3-1}{2}\cdot \frac{7-1}{2}}\cdot (\frac{7}{3})=(\frac{1}{3})=1$
∴原方程有解

4. 模p平方根(考试前再看看)

例3. 求解同余式$x^2\equiv 186(mod401)$
解：
∵a=186=2·3·31，计算勒让德符号
$$\begin{gathered} (\frac{2}{401})=(-1{)}^{\frac{401^2-1}{8}}=1 \\ (\frac{3}{401})=(-1{)}^{\frac{3-1}{2}\cdot \frac{401-1}{2}}\cdot (\frac{401}{3})=(\frac{2}{3})=-1 \\ (\frac{31}{401})=-1 \end{gathered}$$
∴$(\frac{186}{401})=1$，即原同余式有解
对于奇素数p=401，将p-1形式写成$p-1=400=2^4\cdot 25$，其中t=4，s=25是奇数。
(i)任取一个模401的平方非剩余n=3，即整数n=3使得$(\frac{3}{401})=-1.再令b:=3^{25}=268(mod401)$
计算$x_3:=186^{\frac{25+1}{2}}\equiv 103(mod401),a^{-1}=235(mod401)$
∵$(a^{-1}{x}_3^2{)}^{2^2}\equiv 98^4\equiv -1(mod401)$，令$j_0:=1,x_2:=x_3{b}^{j_0}=103\cdot 268\equiv 336mod(401)$
∵$(a^{-1}{x}_2^2)\equiv (-1{)}^2\equiv 1(mod401)$，令$j_1:=0,x_1:=x_2{b}^{j_1\cdot 2}\equiv 336mod(401)$
∵$(a^{-1}{x}_1^2)\equiv -1(mod401)$，令$j_2:=1,x_0:=x_1{b}^{j_2\cdot 2^2}\equiv 336\cdot 268^4\equiv 304mod(401)，则x\equiv x_0\equiv 304(mod401)$满足同余式$x^2\equiv 186(mod401)$

常用的判断

1. 设α>1，则同余式$x^2\equiv a(mod{2}^{\alpha })$有解得充要条件是
（i）当α=2时，$a\equiv 1(mod4)$
（ii）当α≥3时，$a\equiv 1(mod8)$
2. 设p是奇素数，那么$x^2+y^2=p$有解的充要条件是p=2或p=-1为模p的平方剩余，即p=2或p=4k+1。

第五章 原根和指标

1.指数

定义：设m＞1是整数，a是与m互素的正整数，使得$a^e\equiv 1(modm)$成立的最小正整数e叫做a对模m的指数，记作$or{d}_m(a)$

例1. 计算2，5，10模13的指数.
解:∵φ(13)=12，只需对12的因数，d=1,2,3,4,6,12，计算$a^d(mod13)$即可。
$$\begin{gathered} 2^{12}\equiv 1(mod13),\therefore or{d}_{13}(2)=12 \\ {5}^4\equiv 1(mod13),\therefore or{d}_{13}(5)=4 \\ 10^6\equiv 1(mod13),\therefore or{d}_{13}(10)=6 \end{gathered}$$

一些常用的结论(m>1情况下)

1. 设(a,m)=1,则若$b\equiv a(modm)，有or{d}_m(a)=or{d}_m(b);or{d}_m(a)=or{d}_m(a^{-1}).$
2. 若(a,m)=1,当a=φ(m)时，$a^0,a^1,...,a^{\phi (m)-1}$组成模m的简化剩余系.
3. 设(a,m)=1，$a^d\equiv a^k(modm)$的充要条件是$d\equiv k(modor{d}_m(a)).$
4. 设(a,m)=1，d>0，则$or{d}_m(a^d)=\frac{or{d}_m(a)}{(d,or{d}_m(a))}.$
5. 设$k|or{d}_m(a)$为正整数，则使得$or{d}_m(a^d)=k,1\le d\le or{d}_m(a)$的正整数d满足$\frac{or{d}_m(a)}{k}|d$，且这样的d的个数为φ(k)个.
6. 设(a,m)=1,(a,b)=1，则$or{d}_m(a\cdot b)=or{d}_m(a)\cdot or{d}_m(b).$

2. 原根

定义：若a对模m的指数是φ(m)，则a叫做模m的原根。

例2. 求模81的原根.
解：$\phi (81)=81\ast \frac{2}{3}=54=2\ast 3^3$
只需验证$g^{27},g^{18}$模81是否同余于1.对2，3等逐个验算
∵$2^{27}\equiv 80(mod81),2^{18}\equiv 28(mod81)$
∴2是一个原根

例3. 证明不存在模55的原根.
解：∵$55=2^0+5^1\ast 11^1$
∴$h=[\phi (2^{\alpha }),\phi (5^1),\phi (11^1)]=20<\phi (55)=40$
∴模55没有原根

例4. 求模41的所有原根.
解：
∵$p-1=40=2^3\cdot 5$，其素因数为$q_1=2,q_2=5,进而\frac{p-1}{q_1}=20,\frac{p-1}{q_2}=8$
∴只需验证$g^{20},g^8$模m是否同余于1，对g=2，3，5，6等逐个验算.
故g=6是模p=41的原根.相当于找到了一个最小的原根
进一步，当(d,p-1)=1时，d遍历模p-1=40的简化剩余系：1,3,7,9,11,13,17,19,21,23,27,29,31,33,37,39
共φ(p-1)=16个数时，$g^d$遍历模41的所有原根.

注：证明没有原根的时候，不能简单套用定理5.2.8，应证明：
$h<\phi (m),其中,h=[\tau ,\phi (p_1^{{\alpha }_1}),...,\phi (p_k^{{\alpha }_k})]$，

其中$\tau =\{\begin{array}{c}\phi (2^{\alpha })，\alpha \le 2\\ \frac{1}{2}\phi (2^{\alpha })，\alpha \ge 3\end{array}，m=2^{\alpha }{p}_1^{{\alpha }_1}...p_k^{{\alpha }_k}$

一些常用的结论(m>1的情况下）

1. 设g是模m的原根，g≥0是整数，则$g^d$是模m的原根当且仅当$(d,\phi (m))=1.$
2. 如果模m存在一个原根g，则模m有φ(φ(m))个不同的原根.
3. 设p是奇素数，则模m有且有φ(p-1)个原根.
4. 设p是一个奇素数若g是模$p^2$的一个原根，则g是模$p^{\alpha }$的原根.
5. 模m的原根存在的充要条件是$m=2,4,p^{\alpha },p^{2\alpha }$，其中p是奇素数.

3. 指标及n次同余式

定义：设m>1，g是模m的一个原根.设a是一个与m互素的整数，则存在唯一的整数r使得
$g^r\equiv a(modm),1\le r\le \phi (m)$成立，这个整数r叫做以g为底的a对模m的一个指标，记作
$r=in{d}_{g}a(或r=inda)$.利用指标来研究n次同余式解的存在性及个数.

例1. 求解同余式$x^{22}\equiv 5(mod41).$考前再看看
解：
∵$d=\phi (n,\phi (m))=(22,40)=2,ind5=22,2|22.$
∴同余式有解
现求等价的同余式：$$\begin{gathered} 22indx\equiv ind5(mod40),即22indx\equiv 22(mod40)或 \\ 11indx\equiv 11x(mod20) \end{gathered}$$
解得:$indx\equiv 1,21(mod40)$
查表得$x\equiv 6,35(mod41)$

一些常用的性质

1. 设m是大于1的整数，g是模m的一个原根，设(a,m)=1，则同余式$x^n\equiv a(modm)$有解的充要条件是$(n,\phi (m))|inda,且解的个数是(n,\phi (m)$.
2.在1的条件下，a是模m的n次剩余的充要条件是$a^{\frac{\phi (m)}{d}}\equiv 1(modm),d=(n,\phi (m)).$

第六章 素性检测

1. Carmichael数

伪素数(Carmicheal数)定义：设n是一个奇合数，如果整数b,(b,n)=1使得同余式$b^{n-1}\equiv 1(modn)$成立，则n叫做对于基b的伪素数.

例1.证明整数561=3·11·17是一个 Carmichael数.
解：如果(b,531)=1，则(b,3)=(b,11)=(b,17)=1.根据欧拉定理，有：
$$b^2\equiv 1(mod3),b^{10}\equiv 1(mod11),b^{16}\equiv 1(mod17)$$
从而$\{\begin{array}{c}{b}^{560}\equiv (b^2{)}^{280}\equiv 1(mod3)\\ b^{560}\equiv (b^{10}{)}^{56}\equiv 1(mod11)\\ b^{560}\equiv (b^{16}{)}^{35}\equiv 1(mod17)\end{array}$
因此有$b^{560}\equiv 1(mod561)$

例2. 证明：91是对于基3的伪素数.
解：91=7·13，则(3,7)=(3,13)=1，根据欧拉定理：$3^6\equiv 1(mod7),3^{12}\equiv 1(mod13)$，从而$\{\begin{array}{c}{3}^{90}\equiv (3^{12}{)}^7\cdot 3^6\equiv 1(mod13)\\ 3^{90}\equiv (3^6{)}^{15}\equiv 1(mod7)\end{array}$
从而$3^{90}\equiv 1(mod91)$

2. Euler伪素数

Euler伪素数定义：设n是一个正奇合数，(n,b)=1，如果n，b满足$b^{\frac{n-1}{2}}\equiv (\frac{b}{n})(modn)$，则n叫做对于基b的Euler伪素数.

例3. 设n=1105，b=2，分别计算得到：$2^{\frac{1105-1}{2}}\equiv 1(mod1105)以及(\frac{2}{1105})=(-1{)}^{\frac{1105^2-1}{8}}=1.$
∵$2^{\frac{1105-1}{2}}\equiv (\frac{2}{1105})\equiv 1(mod1105).$
∴1105是对于基2的Euler伪素数.

3. 强伪素数

强伪素数定义：设n是一个奇合数，且有表达式$n-1=2^{s}t$，其中t为奇数，设(n,b)=1，如n，b满足$b^t\equiv 1(modn)$，或者存在一个整数r，0≤r$b^{2^{r}t}\equiv -1(modn)$，则n叫做基b的强伪素数.

例4. 证明：25是基于7的强伪素数.
解：∵$25-1=24=2^3\cdot 3且(7,25)=1$
∵设r=1，则$7^{2^1\cdot 3}\equiv 7^6\equiv -1(mod25)$，25=5*5是奇合数.
∴25是基于7的强伪素数