的指数是 叫做模m 的原根。

是一个正整数，a 是满足的整数，则存在，使得aa '≡1 (mod p 是一个素数，则min(,s s p α⋅max(,s s p αβ⋅⋅x ≡ b k (mod m k )有唯一解。

令m ＝m 1…m k ，m ＝m i M i ，i ＝1,…,k ，则同余式组的解为： x ≡ M 1' M 1b 1＋…＋ M k ' M k b k (mod m ) ， 其中 M i ' M i ≡1 (mod m i ) , i ＝1 , 2 ,…, k 。

9．正整数n 有标准因数分解式为 k k p p n αα 11=，则n 的欧拉函数10．设G 和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 f (ab )=f (a )f (b ) ，那么，f 叫做G 到G ' 的一个同态。

三．证明题 （写出详细证明过程）：（共30分）1．证明：形如4k +3的素数有无穷多个。

（6分）证明 分两步证明。

先证形如4k ＋3的正整数必含形如4k ＋3的素因数。

由于任一奇素数只能写成4n ＋1或4n ＋3的形式，而 (4n 1＋1)(4n 2＋1)＝16n 1n 2＋4n 1＋4n 2＋1＝4(4n 1n 2＋n 1＋n 2)＋1, 所以把形如4n ＋1的数相乘的积仍为4n ＋1形式的数。

因此，把形如4k ＋3的整数分解成素数的乘积时， 这些素因数不可能都是4n ＋1的形式的素数，一定含有 4n ＋3形式的素数。

其次，设 N 是任一正整数，并设p 1, p 2 , … , p s 是不超过N 的形如4k ＋3的所有素数。

令q ＝4p 1 p 2 … p s －1。

显然，每个p i (i ＝1, 2, …, s)都 不是 q 的素因数，否则将会导致 p i |1，得到矛盾。

如果 q 是素数，由于q ＝4p 1 p 2 … p s －1＝4(p 1 p 2 … p s －1)＋3，即 q 也是1111)(1)(1)kp -形如4k＋3的素数，并且显然q≠p i(i＝1, 2, …, s)，从而q > N。

即q是形如4k＋3的大于N的素数。

如果q 不是素数，由第一步证明知q含有形如4k＋3的素因数p，同样可证p≠p i(i＝1, 2, …, s)，从而p > N。

即p 是形如4k＋3的大于N的素数。

由于N是任意的正整数，因此证明了形如4k＋3的素数有无穷多个。

2．．设a, b是两个整数，其中b>0。

则存在唯一一对整数q, r 使得a = bq + r，0 ≤r < b。

（6分）证明：存在性. 考虑整数序列：…, -3b, -2b, -b, 0, b, 2b, 3b, …序列的各项把实数轴划分成长度为b的区间，a一定落在其中的一个区间中。

因此，存在一个整数q使得qb≤a< (q+1)b，即0 ≤a-bq< b。

令r＝a-bq，则有 a = bq + r，0 ≤r < b。

唯一性. 假设还有一对整数q1, r1也满足：a = bq1+ r1，0 ≤r1 < b。

(2)(1)和(2)两式相减得b(q - q1)＝- (r - r1)。

(3)当q ≠q1时，(3)式左边的绝对值大于等于b，而右边的绝对值小于b，得到矛盾。

故q ＝q1，r ＝r1。

3．设p，q是两个不同的奇素数，n＝pq，a是与pq互素的整数。

整数e 和d满足(e, ϕ (n))＝1，ed≡ 1 (mod ϕ (n))，1 < e < ϕ (n)，1 ≤ d< ϕ (n)。

证明：对任意整数c，1 ≤c< n，若a e≡c(mod n)，则有c d≡a(mod n)。

（12分）证明：因为(e , ϕ (n )) ＝1，根据2.3定理4，存在整数d ， 1≤d < ϕ (n ) , 使得ed ≡1(mod ϕ (n )) 因此，存在一个正整数 k 使得 ed ＝1＋k ϕ (n ) 。

由， a 与n ＝ pq 互素知，(a , p )＝1根据Euler 定理， a ϕ (p )≡1 (mod p ) 两端作 k (ϕ (n ) / ϕ (p )) 次幂得， a k ϕ (n )≡1 (mod p ) 两端乘以 a 得到 a 1＋k ϕ (n )≡a (mod p ) 即 a ed ≡a (mod p ) 同理， a ed ≡a (mod q )因为 p 和 q 是不同的素数，根据2.1定理12， a ed ≡a (mod n ) 因此，c d ≡(a e )d ≡a (mod n )4．证明：设p 和q 是两个不相等的素数，证明：111(mod )q p p q pq --+=。

（6分）证明：因为p 和q 是两个不相等的素数，由Euler 定理，()11mod p q p -≡，()11mod q p q -≡，所以()()11111mod ,1mod q p q p p q p p q q ----+≡+≡，而(),1p q =，因此()111mod q p p q pq --+≡。

四．计算题（写出详细计算过程）：（共30分）1．用模重复平方法计算12996227 (mod 37909)。

（6分） 设 m =37909, b =12996, 令a =1, 将227写成二进制， 227=1+2+25+26+27运用模重复平方法，我们依次计算如下: (1) n 0=1,计算a 0= a ×b ≡12996 , b 1≡b 2≡11421 (mod 37909)(2) n1=1 , 计算a1=a0×b1≡13581 , b2≡b12≡32281 (mod 37909)(3) n2=0 ,计算a2=a1≡13581 , b3≡b22≡20369(mod 37909)(4) n3=0 , 计算a3=a2≡13581 , b4≡b32≡20065(mod 37909)(5) n4=0 , 计算a4=a3≡13581 , b5≡b42≡10645(mod 37909)(6) n5=1 , 计算a5=a4×b5≡22728 , b6≡b52≡6024(mod 37909)(7) n6=1 , 计算a6= a5×b6≡24073 , b7≡b62≡9663(mod 37909)(8) n7=1,计算a7= a6×b7≡7775 (mod 37909)最后，计算出12996 227≡7775 (mod 37909)2．设a＝－1859，b＝1573，运用广义欧几里得除法(1) 计算(a, b)；(2) 求整数s，t使得sa＋tb＝(a, b)。

（8分）737＝1•635＋102，102＝737－1•635635 ＝6• 102 ＋23，23＝635 －6•102102＝4•23＋10，10＝102－4•2323＝2•10＋3，3＝23－2•1010＝3•3＋1，1＝10－3•31＝10－3•3＝(102－4•23)－3(23－2•10)＝102－7 • 23＋6 • 10＝102－7 • 23＋6 (102－4•23)＝7 • 102－31• 23＝7 • 102－31• (635－6•103)＝193 • 102 －31• 635＝193 •(737－1•635) －31• 635＝193 •737－224•635所以s＝193，t＝－224，使得193 • 737＋(－224) • 635＝1。

3．运用中国剩余定理和欧拉定理计算21000000 (mod 77)。

（16分）利用2.4 定理1 (Euler定理)及中国剩余定理计算。

令x＝21000000 , 因为77 ＝7 · 11，所以，计算x＝21000000 (mod 77) 等价于求解同余式组x＝21000000 ≡b1 (mod 7)x＝21000000 ≡b2 (mod 11)(7) ≡26 ≡1 (mod 7) ,因为Euler 定理给出2以及1000000 ＝166666 · 6＋4，所以b1 ≡21000000 ≡(26)166666 · 24 ≡2 (mod 7)。

ϕ(11) ≡210 ≡1 (mod 11)，类似地，因为21000000＝100000 · 10，所以b2 ≡21000000≡(210)1000000 ≡1 (mod 11)。

x≡2(mod 7)x≡1(mod 11)令m1＝7, m2＝11, m＝m1 ·m2＝77M1 ＝m2 ＝11, M2 ＝m1 ＝7分别求解同余式M1'· 11≡1 (mod 7)，M2'· 7≡1 (mod 11)得到M1'＝2 , M2'＝8。

故x≡2 · 11 ·2＋8 ·7 · 1≡100 ≡23(mod 77)因此，2100000000 ≡23（mod 77)。