信息安全数学基础复习要点 陈恭亮第二版

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问题

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第一章

如何证明一个数是素数：

如何证明一个数是素数：
1.用Eratosthenes筛法（平凡判别P7） 具体：对于一个数n，所有$p<n^{1/2}$，均无法整除n，则n是一个素数
2.其欧拉函数即$\phi (m)=m-1$的时候，m是一个素数 P68
3.对于模m的最小正数完全剩余系等于其最小正数简化剩余系的时候，m是一个素数
4.利用Wilson定理，如果一个整数n，$(n-1)!+1\equiv 0modn$时，n是一个素数 P118

N的B进制的表示： P9

$N=A_{k-1}{B}_{k-1}+\dots \dots +A_{1}B+A_0$

如何确定一个整数d是$a_n\dots ..a_0$的最大公因数： P20

（1） $D|a_n,d|a_{n-1}\dots ,d|a_0$
（2） 对于一个数e，若$e|a_n\dots e|a_0$,则e | d

如何计算两个数的最大公因数：

1.广义欧几里得除法：P22
利用（a，b）=（b，c），一步一步缩小
2.通过贝祖等式： P25
贝祖等式 sa + tb=（a，b） 证明在P27
如何求s和t？
另$r_{-2}=a,r_{-1}=b$
$s_j=(-q_j)s_{j-1}+s_{j-2}$
$t_j=(-q_j)t_{j-1}+t_{j-2}$ 其中$q_j$是$[r_{j-2}/r_{j-1}]$的不完全商
初始值：$s_{-2}=1s_{-1}=0t_{-2}=0t_{-1}=1$
图在P31，技法：俄罗斯方块+单位阵，从-3开始，q，r是j+1
3.如果形式为（$2^a-1，2^b-1$），那么其最大公因数为$2^{（a，b）}-1$ P37
4.如果知道这两个数的最小公倍数，则（a，b）=a*b/[a，b] P39

如何确定一个整数D是$a_1\dots a_n$的最小公倍数： P39

（1）$a_i$ | D
（2）若$a_i$ | D’ ，则 D | D’

如何求两个数的最小公倍数： P39

[a，b]=a*b/（a，b）

如何构造两个互素的数：

1. 通过（a，b）的性质：P33
   （a/（a，b），b/（a，b））=1
2. 通过贝祖等式： P33
   构造一个ad-bc=1，则（a，b）=1
3. 通过已知的（u，v）=1，构造出（a，b）=1 P35
   
   只要qrst是单位阵，也就是qt-sr=1，即等式成立
   所以对于a=qu+rv b=su+tv
   4.通过已知的（a，b）=1，构造出（$2^a-1，2^b-1$）=1 P37

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第二章

如何判断两个数是否同余： P54

1. 根据定理：m | (a-b) ，则a≡b（mod m）
2. a≡b（mod m）的充要条件是a=b+q*m
3. a,b对于m除的余数相同
4. 若(a,m)=1,$d\equiv kmodor{d}_m(a)$. 等价于 $a^d\equiv a^{k}modm$P170

如何判断一个数n能否被3,7,9,11,13,整除： P57

（1） 对于9和3：
将n转化为10进制的科学计数法，$n=a_k\ast 10^k+..+a_0$
则3(9) | n的充要条件是 3(9) | $a_k+..+a_0$
PS:因为10≡1 mod 3(9)
（2） 对于7,11,13:
将n转化为1000进制的科学计数法，$n=a_k\ast 1000^k+..+a_0$
则7(11/13) | n的充要条件是 7(11/13) | $(a_0+a_2+..)-(a_1+a_3+\dots )$
PS:因为1000=71113-1 ≡-1 mod 7(11/13)

如何求模m的完全剩余系： P64

（1）直接取得0，…，m-1即是一个完全剩余系
（2）对于从0到m-1的这个完全剩余系，可以对于某部分数再加上m的倍数
（3）如果已知一个完全剩余系$k_i$,对于（a，m）=1，b是任意整数，$a\ast k_i+b$也是一个完全剩余系
（4）如果$m_1\ast m_2=m$,且($m_1,m_2$)=1,而$k_1，k_2$遍历$m_1,m_2$的完全剩余系，那么$m_2\ast k_1+m_1\ast k_2$则遍历模m的完全剩余系；

如何求一个数的欧拉函数： P68

（1）对于一个m，$\phi (m)=m\ast (1-1/p_1)\ast (1-1/p_2)\ast ..$,其中p的来源是，标准分解式 P43页
（2）如果$m=q\ast p$，且（q，p）=1；那么$\phi (m)=\phi (q)\ast \phi (p)$

如何求模m的简化剩余系：P70

（1）按照定义来，在最小非负完全剩余系中暴力判断每一个代表元是否与m互素，是的话保存；最后剩的就是一个最为简单的简化剩余系
（2）同求完全剩余的第（3），如若已知$k_i$，若存在一个a满足（a,m）=1，那么$a\ast k_i$也遍历模m的一个简化剩余系
（3）同上述（4），如果$m_1\ast m_2=m$,且($m_1,m_2$)=1,而$k_1，k_2$遍历$m_1,m_2$的简化剩余系，那么$m_2\ast k_1+m_1\ast k_2$则遍历模m的简化剩余系；
（4）如若a是模m的原根，则m的简化剩余系就是$a^0,a^1,..,a^{\phi (m)-1}$ P169

如何快速计算$b^n$: P80

采用模重复平凡计算法（也叫快速幂 ACM经典算法）：
对于$b^n$来说，如果按照正常的算法，那么需要运算n次，如果按照本算法，就只需要$lo{g}_{2}n$次，时间复杂度大大减少；
核心思想，先定义一个res=1（这个将表示结果，先初始化为1），再定义一个tmp=b（中间变量，初始化为b），将n处理一下，化为二进制形式，起始位置是第0位，然后从右到左看，位数每次+1，对于tmp都有处理，$tmp=tm{p}^2$,而对于res的处理则是:当这一位上的数是1的时候，$res=res\ast tmp$，否则res=res；例如求$3^5$,那么对于5化为$2^2+2^0$即$1_{l}01_r$，定义res=1，tmp=3，从右往左看依次是$1_r,0,1_l$,所以$1_r$：$res=res\ast tmp=3$;$tmp=tm{p}^2=9$,然后0，$tmp=tm{p}^2=81$，然后$1_l$,$res=res\ast tmp=3\ast 81=243;$

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第三章

如何判断同余式的解的存在性：

• 对于一次同余式ax ≡ 1 mod m ，有解的充要条件是 （a，m）=1 P92
• 对于一次同余式的一般形式，ax ≡ b mod m ，有解的充要条件是（a，m）| b P93
• p为一个素数，n是一个不大于p的整数，同余式$f(x)=x^n+..+a_{1}x+a_0$有n个解的充要条件是$x^p-x$被f(x)除所得余式的所有系数均是p的倍数 P119

如何求出一次同余式的解：

• 第一步，均是判断解的存在性，存在之后再去进行下一步求解 运用到上面那一个问题的解答
• 对于一次同余式 ax ≡ 1 mod m 类型，一定有$s\ast a+t\ast m=1$,而x=s mod m 就是解，且具有唯一性； P92
• 一次同余式一般式ax ≡ b mod m的求解，首先对于式子进行化简，每一个数均除以（a，m），得到$a_{1}x\equiv b_{1}mod{m}_1$,再求出特殊式 $a_{1}x’\equiv 1mod{m}_1$ 的特解x’，然后写出同余式$a_{1}x\equiv b_{1}mod{m}_1$，直接可以得到一个特解就是$x_0\equiv b_1\ast x^{\prime }mod{m}_1$,然后求可以求出所有解$x\equiv x_0+k\ast (m/(a,m))modm$ P94

如何求解中国剩余定理问题（简单同余式组）：P97

$\{\begin{array}{l}x\equiv b_{1}mod{m}_1\\ .\\ .\\ x\equiv b_{k}mod{m}_k\end{array}$

• 其整数解为：$x\equiv b_1\ast M_1^{\prime }\ast M_1+...+b_k\ast M_k^{\prime }\ast M_k(modm)$ 其中，$m=m_1\ast ..\ast m_k$,而$m=M_i\ast m_i,M\ast M^{\prime }\equiv 1modm$

如何求一个大的数b mod m ，m为一个整数：P104

• 对于这个大数，一般情况下是大数是$a^b$的形式，那么首先要想到，降幂；
• 降幂：如果(a,m)=1，那么就可以用欧拉定理来降幂（特殊情况下也可用Wilson定理），$a^{\phi (m)}\equiv 1modm$,可以降幂
• 如果无法降幂，可以考虑，转化为剩余定理来求，把m转化为n个互素的整数相乘的格式.
• 快速幂：加快平方的速度
• 如果降幂也可以利用指数的性质来，也就是$a^d\equiv a^{k}modm$,等价于$d\equiv kmodor{d}_m(a)$.P170

如何求简单高次同余式的解：P111

$f(x)=a_n{x}^n+...+a_{1}x+a_0\equiv 0modm$
（1）首先，了解高次同余式的解的个数，如若f(x)≡0 mod m,可以化为：$$\{\begin{array}{l}f(x)\equiv 0mod{m}_1\\ .\\ .\\ f(x)\equiv 0mod{m}_k\end{array}\text{\hspace{1em}(1)}$$ 当然，$m_1..m_k$互素；那么f(x)≡0 mod m解的个数等于其每一个分式解的个数的乘积；
（1.2）对于化出来的（1）式，如果$m_i$不太大的情况下，推荐用暴力验算法，直接从0~$m_i$带入验算.
（1.3）然后对于验算出来的答案，令$f(x)\equiv 0mod{m}_i$的解为$x_1..x_n$统一用一个$b_i$来代表，然后带入中国剩余定理的解式$x\equiv b_1\ast M_1^{\prime }\ast M_1+...+b_k\ast M_k^{\prime }\ast M_k(modm)$之中，再对所有b均遍历一遍，得出所有解，得出解的个数为$T_{b_i}$的乘积；
（2）当模m本身就是一个素数p时，无法化成同余式组的形式，对于f(x)就要进行简化转变，此时需要用到Fermat（费马小定理），将f(x)化成$f(x)=q(x)\ast (x^p-x)+r(x)$的形式，最终只要r(x)，所以在化简的过程中，可以采用$r_0(x)=f(x)-a_n{x}^{n-p}\ast g(x),g(x)=(x^p-x)$,这样递归求得r(x),然后暴力验算从0到p-1，带入r(x)中，求出解；P116
（3）当$m=p^k$时，先写出式子$f(x)\equiv 0modm$，然后写$f(x)\equiv 0modp$,求出$x_1$,把$x_2=x_1+t\ast p$带入$f(x)\equiv 0mod{p}^2$,即：$f(x_1)+f^{\prime }(x_1)\ast t\ast p\equiv 0mod{p}^2$,可求出t，然后按照$x_i=x_{i-1}+t\ast p^{i-1}$依次带入$f(x)\equiv 0mod{p}^i$,即：$f(x_{i-1})+f^{\prime }(x_{i-1})\ast t\ast p\equiv 0mod{p}^i$，求出t,循环，直至求出x； P112

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第四章

如何求模m的平方剩余：

• 对于从1，m-1的数中，取出与m互素的，然后带入求解，x有解的即为一个平方剩余； P126
• $x^2\equiv amodp$ 且（a，p）=1，p！=2，如若$a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1modp$,（等价）则a是模p的平方剩余，且x有两个解，反之，对于$a^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1modp$，（等价）则a是模p的平方非剩余。P129
• 如若p！=2,$(a_1,p)=1,(a_2,p)=1$,那么如$a_1,a_2$是模p的平方剩余，则$a_1\ast a_2$也是模p的平方剩余，如$a_1,a_2$是模p的平方非剩余，则$a_1\ast a_2$也是模p的平方非剩余.P130
• 如若p！=2,则对于模p的简化剩余系中的平方剩余与平方非剩余占比1:1，均是$\frac{p-1}{2}$个，且这$\frac{p-1}{2}$个平方剩余与序列$1^2,2^2,..(\frac{p-1}{2}{)}^2$模m后一一对应（位置未知），也就是满射； P130

如何快速简单的判断某个特殊数是否是模p(奇素数)的平方剩余：

• $\left(\frac{1}{p}\right)=1$;意味着1是模p的的平方剩余，且x有两个解…勒让德符号 P132
• $\left(\frac{-1}{p}\right)=(-1{)}^{\frac{p-1}{2}}$…勒让德符号 P132
• $\left(\frac{2}{p}\right)=(-1{)}^{\frac{p^2-1}{8}}$…勒让德符号P135
• 若（a，2p）=1，则$\left(\frac{a}{p}\right)=(-1{)}^{T(a,p)}$,其中$T(a,p)=\sum _{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left[\frac{a\ast k}{p}\right]$ P135

如何快速判断某个二次同余式$x^2\equiv amodm$无解：

• 当m比较小时，暴力
• m为p奇素数时，还比较大，那么a为-1，用勒让德符号判断$\left(\frac{-1}{p}\right)=(-1{)}^{\frac{p-1}{2}}$，a为2，$\left(\frac{2}{p}\right)=(-1{)}^{\frac{p^2-1}{8}}$，a为其他，二次互反先化简，再判断；
• m为奇数时，用雅克比符号判断，与上面一样，但是在a是-1,2，其他的情况下，必须是奇数； P145

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第五章

如何求指数，原根？P167

• 根据定义，带数，对于指数，从0开始递增，对于原根，先确定$\phi (m)$，然后把m的简化剩余系一次带入a，判断；
• 如果p是奇素数，$\frac{p-1}{2}$也是素数，a是一个模p不为-1,0,1的整数，则$or{d}_m(a)=\frac{p-1}{2}$或p-1 P169
• $or{d}_m(a^d)=\frac{or{d}_m(a)}{(d,or{d}_m(a))}$ P171
• g是模m的原根，那么$(d,\phi (m))=1,g^d$也是原根 P171
• $or{d}_m(a\ast b)=or{d}_m(a)\ast or{d}_m(b)$ P173
• $or{d}_{mn}(a)=[or{d}_m(a),or{d}_n(a)],(m,n)=1$P174
• a,b与m互素，则存在c$or{d}_m(c)=[or{d}_m(a),or{d}_m(b)]$P176
• g是p的原根，那么g或者g+p是模$p^2$的原根P182
• g是$p^2$的原根，那么g是$p^a$的原根，a是任意整数 P182
• g是$p^a$的原根，那么g与g+$p^a$中的奇数是模$2p^a$的原根 P183
• a是奇数，b不小于3，则$a^{\phi (2^b)/2}\equiv a^{2^{b-2}}\equiv 1mod{2}^b$ P185
• $or{d}_{2^b}(5)=2^{b-2}$b是不小于3的一个整数P185

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第六章

本章是为了判断一个数是素数：伪素数

如何判断n是一个伪素数：

• n是奇数，（b，n）=1，又有$b^{n-1}\equiv 1modn$,则n是基于b的伪素数P199
• 给定一个n，和t，取b，（b，n）=1，如果式子$b^{n-1}\equiv 1modn$不成立，则n是合数；重复t遍，很大概率上n就是素数；
• Euler伪素数：（b，n）=1，n是奇合数，$b^{\frac{n-1}{2}}\equiv \left(\frac{b}{n}\right)modn$,n是基于b的Euler伪素数，P205()是勒让德符号
• 强伪素数：n是奇合数，$n-1=2^s\ast t$,t为奇数，（n，b）=1，若$b^t\equiv 1modn$或者$b^{2^r\ast t}\equiv -1modn$，则n是基于b的强伪素数**P209

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知识点

第一章

1. 对于整数abc，如果a=q*b+c,q为整数，则（a，b）=（b，c） P23

2.（0，b）=b P21

3.（a,b）具有结合性（提取） P33

4.如果（a，c）=1，那么（ab，c）=（b，c） P34

5.如果（$a_i$，c）=1，那么（$a_1\dots a_n$，c）=1 P35

6.$2^a-1=q(2^b-1)+2^r-1$,而r则满足a=q’*b+r P37

7.P是素数，当p|（$a_1\dots a_n$）的时候，p一定整除某一个$a_k$ P38

8.任何一个整数n>1都可以表示为素数的乘积 P42

9.标准分解式： P43

$N=p_1^{k_1}\dots p_s^{k_s},k_i>0$且$p_i<p_j(i<j)$ 是素数

契比谢夫不等式（不太重要）：设x>=2,则有： P48

（ln2 /3）（x/lnx） < π(x) < 6ln(2x/lnx)
和
1/（6*ln2）nlnn < pn <8/(ln2)nlnn

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第二章

等价关系具有的性质：自反性，对称性，传递性（可联系离散数学），而同余就是一个等价关系，即： P55

（1） 对于任一整数a，有a≡a (mod m)
（2） 若a≡b mod m ,则 b≡a mod m
（3） 若a≡b mod m, b≡c mod m,则a≡c mod m

$a_1\equiv b_{1}modm,a_2\equiv b_{2}modm$,则有 P56

（1） $a_1+a_2\equiv b_1+b_{2}modm$
（2） $a_1\ast a_2\equiv b_1\ast b_{2}modm$

如果$d\ast a\equiv d\ast bmodm$,且（d，m）=1，则a ≡ b mod m P59

如果a ≡ b mod m,则 $a\ast d\equiv b\ast dmodm\ast d$ ，d>0且d那么是整数，要么d |(a，b，m) P59

a ≡ b mod m，若 D | m ，那么a ≡ b mod D P60

a ≡ b mod $m_i$ ，则a ≡ b mod [$m_1,m_2,\dots m_n$] P60

a ≡ b mod m 则（a，m）=（b，m） P60

P63

剩余类 ：对于c ≡ a mod m，所有等于同一个a的c构成的集合叫Ca，也叫做模m的a的剩余类；

剩余或代表元：一个剩余类中的任意一数叫做该类的剩余或者代表元；

完全剩余系：若$r_0,r_1...r_{m-1}$是m个整数，并且其中任何两个数都不在同一剩余系里，则$r_0..r_{m-1}$叫做模m的一个完全剩余系.

欧拉函数的定义：对于一个m，$\phi$（m）等于从1，到m-1中与m互素的数的个数 P68

简化剩余系：和完全剩余系的唯一差别就是简化剩余系里面的代表元都与m互素 P69

如果（a，m）=1，则存在唯一的整数$a^{\prime }$，满足$1\le a^{\prime }<m$,使得$a\ast a^{\prime }\equiv 1modm$ P71

设m是一个正整数，则 $\sum _{d|m}\phi (d)=m$ 证明在P74

Euler（欧拉定理）：如若（a,m）=1，则$a^{\phi (m)}\equiv 1modm$ P77

Fermat（费马小定理）：其实就是欧拉定理的一个特判，当m为素数p的时候，对于Euler来说，就是

$a^{m-1}\equiv 1modm$那么将其变化成另外一个模样就变成了$a^p\equiv amodp$ P78

Fermat的推广：$a^{t+k(p-1)}\equiv a^t（modp）$ 也就是k次方之后再同乘于$a^t$ P78

Wilson定理：p是一个素数，则有（p-1）！ ≡ -1 mod p… !表示阶乘 P79

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第三章

同余式：$f(x)=a_n{x}^n+...+a_{1}x+a_0$是一个多项式，当然，$a_i$是整数，那么当f(x) ≡ 0 mod m ,这个式子就叫模m的同余式，n就是f(x)的次数，记为degf P91

可逆元：存在$a\ast a^{\prime }\equiv a^{\prime }\ast a\equiv 1modm$,a,a’为整数，那么a就可以叫做模m的可逆元； P92

当a是模m的可逆元，（等价关系）也就意味着a是模m的简化剩余，即：（a，m）= 1 P92

同余式的解的个数不大于其次数 P118

多项式欧几里得除法（不需掌握）：设$f(x)=a_n{x}^n+...+a_{1}x+a_0$，如有$g(x)=x^m+...+b_{1}x+b_0$,首项系数为1的多项式，那么存在$f(x)=g(x)\ast q(x)+r(x)$ P115

对于$f(x)=a_n{x}^n+...+a_{1}x+a_0\equiv 0modp$的k个不同解，对于任意整数x，都有$$f(x)\equiv f_k(x)\ast (x-x_1)\ast ...\ast (x-x_k)modp$$,$f_k(x)$是n-k次多项式，首项是$a_n$ P117

p为一个素数，n是一个不大于p的整数，同余式$f(x)=x^n+..+a_{1}x+a_0$有n个解的充要条件是$x^p-x$被f(x)除所得余式的所有系数均是p的倍数 P119

次数

p为素数，d是p-1的正因数，那么$x^d-1modp$有d个不同的根 P120

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第四章

平凡剩余(二次剩余)：（a，m）=1，$x^2\equiv amodm$有解，则a叫模m的平方剩余；P125

$x^2\equiv amodp$ 且（a，p）=1，p！=2，如若$a^{\frac{p-1}{2}}\equiv 1modp$,（等价）则a是模p的平方剩余，且x有两个解，反之，对于$a^{\frac{p-1}{2}}\equiv -1modp$，（等价）则a是模p的平方非剩余 P129

Legendre（勒让德）符号：p是素数 P131$$\left(\frac{a}{p}\right)=\{\begin{array}{ll}1,& \text{若a是模p的平方剩余}\\ -1,& 若a是模p的平方非剩余\\ 0,& \text{若p|a}\end{array}$$

欧拉判别法则：p是奇素数，a是任意整数 P132$$\left(\frac{a}{p}\right)\equiv a^{\frac{p-1}{2}}（modm）$$

勒让德符号的性质：

• $\left(\frac{a+p}{p}\right)=\left(\frac{a}{p}\right)$
• $\left(\frac{a\ast b}{p}\right)=\left(\frac{a}{p}\right)\ast \left(\frac{b}{p}\right)$
• $\left(\frac{a^2}{p}\right)=1,(a,p)=1$

高斯引理(不用记）：p是奇素数，a是整数，（a，p）=1，如果整数a1，a2，…a*（p-1）/2中模p的最小正剩余大于p/2的个数是m，则有$\left(\frac{a}{p}\right)=(-1{)}^m$ P134

超级重要的二次互反律：p,q是互素的奇素数，则$\left(\frac{p}{q}\right)=(-1{)}^{\frac{p-1}{2}\ast \frac{q-1}{2}}\left(\frac{q}{p}\right)$ P137

雅克比符号：勒让德符号的扩展，$\left(\frac{a}{m}\right)=\left(\frac{a}{p_1}\right)...\left(\frac{a}{p_r}\right)$,$m=p_1...p_r$是奇素数的乘积。二次同余式$x^2\equiv amodm$有解可以(单向)推出$\left(\frac{a}{m}\right)=1$，$\left(\frac{a}{m}\right)=-1$可以（单向）推出无解；P143

雅克比符号性质与勒让德符号一致 P143 二次互反也一样，只是p，q必须是奇数；

一些与雅克比有关的重要式子：也是和勒让德一样，只要限制条件是p不在局限于奇素数，而是奇数 P144

模平方根看不下去了…先放放

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第五章

指数：对于类似欧拉公式的$a^e\equiv 1modm$式子，（a，m）=1，则使式子成立的最小正整数e叫做a对模m的指数，记作$or{d}_m(a)$. P166

原根：如果$or{d}_m(a)=\phi (m)$，那么a就是模m的原根；P166

指数的性质：

• 如果有整数d，满足$a^d\equiv 1modm$，（a，m）=1，则等价于$or{d}_m(a)|d$ P168
• 若b与a模m同余，则a，b指数相同 169
• a与$a^{-1}$指数相同

推论：$or{d}_m(a)|\phi (m)$ P168

(a,m)=1,则$a^0,..,a^{\phi (m)-1}$模m两两不同余，特别地，如果a是模m的原根，那么这就是m的简化剩余系；P169

(a,m)=1,$a^d\equiv a^{k}modm$,等价于$d\equiv kmodor{d}_m(a)$.P170

g是模m的原根，那么$(d,\phi (m))=1,g^d$也是原根 P171

（a，m）=1，设$k|or{d}_m(a)$,则有$or{d}_m(a^d)=k$,d满足$\frac{or{d}_m(a)}{k}|d$,且这样的d有$\phi (k)$个 P172

若m存在原根，那一定有$\phi (\phi (m))$个 P172

原根概率（不重要） P172

若n|m，则$or{d}_n(a)|or{d}_m(a)$P174

推论：

• p,q为奇素数，（a,qp）=1则：$or{d}_{pq}(a)=[or{d}_p(a),or{d}_q(a)]|[p-1,q-1]$P174
• p,q=2p-1,是奇素数，（a,qp）=1，则$or{d}_{pq}(a)=[or{d}_p(a),or{d}_q(a)]|q-1$P175
• 设$m=2^n\ast p_1^{a_1}..p_k^{a_k}$,则$or{d}_m(a)=[or{d}_{2^n}(a),or{d}_{p_1^{a_1}}(a)，..，or{d}_{p_k^{a_k}}(a)]$ P176

a,b与m互素，则存在c$or{d}_m(c)=[or{d}_m(a),or{d}_m(b)]$P176

e是使$a_k^e\equiv 1modm$，k属于1，$\phi (m)$成立的最小正整数，那么则存在a，使得$e=or{d}_m(a)=[pr{d}_m(a_1),..,or{d}_m(a_{\phi (m)})],a_1...$是m的简化剩余系P177，e也叫模m的简化剩余系指数；若m为素数时，$e=\phi (p)=p-1$ P177

p是奇素数，那么p的原根存在，且有$\phi (p-1)$个

p奇素数，p-1的所有不同素因数是$q_1,..,q_s$，则g是p原根的充要条件是：$g^{p-1}{q}_i!\equiv 1modp$ P179

模m的原根存在性，m必须是2,4，$p^a,2p^a$其中之一，p是奇素数

指标讲的很快，应该不太重要…

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第六章

若n是基于a，b的伪素数，则n也是基于a*b的伪素数

若n是基于b的伪素数，则n也是基于$b^{-1}$的伪素数

若有一个b使得n不是基于b的伪素数，则模n的简化剩余系中至少有一半使得同余式不成立。P199

伪素数是合数的概率小于1/2。 P201

Carmicheal数：Carmicheal数是使Fermat素性检验无效的数，即n是合数，对所有正整数b，（b，n）=1，又有$b^{n-1}\equiv 1modn$都成立，n是Carmicheal数；P203

判断Carmicheal数的条件：

• 如n是一个奇合数，则$n=p_1..p_k$是一个无平方数，则n是Carmicheal数的充要条件是 $p_i-1|n-1$P203

每个Carmicheal数至少是三个不同素数的乘积

强伪素数检验：P210

• 给出安全参数t，和要检验的奇数n
• 随机取b属于1，n-1
• 计算$r_0=b^{t}modn$
• 如果$r_0=1或者-1$，那么可能为素数，重复随机取b接着检验
• 如果$r_0$不满足，让$r_i=r_{i-1}^2$，判断$r_i=-1$，满足则可能为素数；不满足接着重复这一步变化r；直到重复到i=s；

第八章无…

—结束了，刷题！