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信息安全数学基础教程(第2版) 参考答案 许春香.doc
（2） f(x)+g(x)=x7+x6+5x4+x2+2x+2
（7） x5+x4+x3+x2+x+1=(x2+x)(x3+x+1)+x2+1,所以f(x)mod
（1）{9,1,11,3,13,5,15,7,17} {0,10,2,12,4,14,6,16
（2）一定不是，比如（m-1)
（5） 证明同4题
（2） 求模13的平方剩余和平方非剩余
（5） 同4题
（7） 证明：由题有p=2*((p-1)/2),运用8.2定理3可得结论
第一章
（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=p1p2––pr, b=q1q2––qs,又因为(a, b)=1，表明 a, b 没
有公共(相同)素因子. 同样可以将 an, bn 表示为多个素因子相乘 an=(p1p2––pr)n, bn=(q1q2––qs)n
明显 an, bn 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=p1p2––pr, b=q1q2––qs, an=(p1p2––pr)n,
bn=(q1q2––qs)n,因为 an| bn 所以对任意的 i 有, pi 的 n 次方| bn, 所以 bn 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=p1p2––pr, b=q1q2––qs,
ab=p1p2––prq1q2––qs, 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） 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97,101,103,107, 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） (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=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.
第二个问题：因为 a=b(mod m), 所以 a-b=ki*mi，a-b 是任意 mi 的倍数，所以 a-b 是
mi 公倍数，所以[mi]|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
（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)2=abab=e. 对 abab=e, 方程两边左乘以 a, 右乘以 b 有 aababb=(aa)ba(bb)=ba=aeb=ab, 有
ab=ba, 所以 G 是交换群.
（7） 证明：充分性：因为在群中对任意元素 a,b 有(ab)2=a2b2 即 abab=aabb, 方程两边左乘
以 a 的逆元右乘以 b 的逆元, 有 a-1ababb-1= a-1aabbb-1, 有 ab=ba, 所以 G 是交换群.
必要性：因为群 G 是交换群, 所以对任意元素 a,b 有 ab=ba, 方程两边左乘以 a 右乘
以 b 有 abab=aabb, 有(ab)2=a2b2.
（8）证明：因为 xaaba=xbc，所以 x-1xaxbaa-1b-1=x-1xbca-1b-1，所以存在唯一解 x=a-1bca-1b-1
使得方程成立。
（9） 证明：对群中任意元素 a,b 有 ab(ab)-1=e, 方程两边先左乘以 a 的逆元有 b(ab)-1=a-1, 在
左乘以 b 的逆元有(ab)-1=b-1a-1, 所以结论成立.
（12） 证明：显然 mZ 是群 Z 的一个非空子集, 验证封闭性, 结合律, 单位元, 逆元, 得出
mZ 是一个群, 所以 mZ 是 Z 的子群.
（因为对 mZ 中任意元素 am, bm 有 am-bm=(a-b)m, 因为 a-b∈Z, 所以(a-b)m∈mZ, 所以 mZ
是群 Z 的一个子群）.
（13） 证明：设群 G 的两个子群为 G1, G2, 则对任意 a,b∈G1∩G2 有 ab-1∈G1, ab-1∈G2, 所
以 ab-1∈G1∩G2, 所以 G1∩G2 也是 G 的子群.
（14） 证明：设 G 是一个群, 对任意 a,b∈G, 存在一个 G 到 H 的映射 f,并且 f(ab)=f(a)f(b).
对任意 f(a),f(b)∈H 有 f(a)f(b)=f(ab)∈H, 所以 H 满足运算的封闭性. 对任意 f(a),f(b),f(c)有
(f(a)f(b))f(c)=f(ab)f(c)=f((ab)c), f(a)(f(b)f(c))=f(a)f(bc)=f(a(bc)), 又 因 为 (ab)c=a(bc), 所 以
(f(a)f(b))f(c)=f(a)(f(b)f(c)), 所以 H 满足结合律. 对任意 f(a)∈H, 有 f(ae)=f(a)=f(a)f(e), 所以
f(e)是 H 的单位元, 对任意的 f(a)∈H, 有 f(aa-1)=f(e)=f(a)f(a-1), 所以 f(a)的逆元为 f(a-1). 所以
H 是一个群.
（16） 证明：设 a 到 a-1 的一一映射为 f.
充分性：对任意 G 中 a,b 有 f(a)=a-1, f(b)=b-1, f(ab)=(ab)-1 又因为 f 同构, 所以
f(ab)=f(a)f(b)=(ab)-1=a-1b-1=(ba)-1, 由(ab)-1=(ba)-1 有 ba=ab, 所以 G 是交换群.
必要性由上反推可得.
第三章
（2） 第一个问题：设该有限群为 G, 对任意阶大于 2 的元素 a∈G, 有 an=e, n 为使得上式
成立的最小正整数且 n>2. 明显在群中存在一个 a-1, 且 a≠a-1(若相等则 a2=e, 与 a 的阶大于 2
矛盾), 有(a-1)n=e, 所以 a-1 的阶也大于 2. 综上对任意阶大于 2 的元素 a, 存在 a-1 的阶也大于
2. 所以结论成立.
第二个问题：因为在群 G 中只有 e 的阶为 1, 在由上个结论有阶大于 2 的元素个数
为偶数, 由已知条件 G 的阶为偶数可知结论成立.
（5） 对 a 生成一个阶为 n 的循环群 G, am 生成的循环群的阶为 n/(n,m)=n. 又因为 am∈G
所以 am 也生成 G.
（6） 设 G 的阶为 n, 由已知可得 G'为一个群, 有由 G 与 G'同态可知 f(e)为 G'的单位
元,f(g) ∈G', 且对任意 gk∈G, 有 f(gk)=(f(g))k, 所以 G'中任意元素都可以由 f(g)生成表示
成(f(g))k, 当 k=n 时有(f(g))n=f(gn)=f(e), 所以 G'也是也是一个循环群.
（8） 13 阶：e 的阶为 1, 其他元素阶为 13, 生成元 g1 到 g12.
16 阶：e 的阶为 1, g2 阶为 8, g4 阶为 4, g6 阶为 8, g8 阶为 2,g10 的阶为 8, g12 的阶为 4,
g14 的阶为 8, 其余的 g 到 g15 的阶为 16 且是生成元.
（9） 先分别求出 15 阶和 20 阶的正因子为 3,5 和 2,4,5,10 所以 15 阶的生成元为 g3, g5, 20
阶的生成元为 g2, g4, g5, g10.
（10） 略
（11） 因为 p 是素数, 所以阶为 p 的群为循环群(3.3 推论 3), 又因为任意同阶的有限循环
群同构(3.2 定理 2), 所以结论成立.
（12）因为 p 是 pm 的因子，p 是一个素数，由有限群 G 的子群 H 中，H 阶是 G 阶因子可知，
pm 阶群一定有阶为 P 的子群。
（13） 由题意可知 am=e, bn=e, m,n 为使得上式成立的最小正整数, 又因为 ab=ba, 所以
(ab)mn=amnbmn=e, 又因为(m,n)=1, 假设存在 i 使得(ab)i=e,有(ab)mi=e,有 bmi=e,有 mi|n,有 i|n,同
理 i|m,所以 i|mn,所以 mn 是使得(ab)i=e 成立的最小整数，结论成立。
（15） 设 H1, H2 是群 G 的两个正规子群, H= H1∩H2, 所以有对任意的 a∈G, h1∈H1 有 ah1a-1
∈H1, 同样对任意的 h2∈H2 有 ah2a-1∈H2, 所以对任意的 h∈H1∩H2 有, aha-1∈H1∩H2, 所
以结论成立. (先要证明 H 是 G 的子群, 略)
（16） 由题意设 eH, aH 是 H 的唯一两个左陪集, 仿照 3.4 定理 2 可证. (另证：G=H∪aH,
G=H∪Ha, 又因为 H∩aH=空, H∩Ha=空, 所以有 aH=Ha).
（17） 由题意有 HN=NH 即对任意的 hn∈HN 有 hn=n'h, 对任意的 h1n1∈HN, h2n2∈HN,
(h1n1)(h2n2)-1= h1n1n2-1h2-1=h1h2
-1n1'n2'∈HN, 所以结论成立.
第四章
（3） 明显单位元为 1, 设 c+di 是 a+bi 的逆元, 有(a+bi)(c+di)=1,有 c+di=(a-bi)/(a2+b2),所以
a+bi 的逆元为 (a-bi)/(a2+b2).
（4）∵Z 为整数环
∴Z 中的加法与乘法符合普通的加法与乘法
根据定义 ZXZ 的加法封闭，符合结合律。对（a,b）,a,b∈Z 存在零元（0,0），负元（-a,-b）,
符合交换律。
∴ZXZ 对于加法是交换群，又∵ZXZ 中两个元素相乘仍是 ZXZ 的形式
∴ZXZ 对于乘法封闭。
对任意 a1,a2,a3,a4,a5,a6 ∈ Z，
[(a1,a2)(a3,a4)](a5,a6)=…=(a1,a2)[(a3,a4)(a5,a6)]
∴其符合结合律
(a1,a2)[(a3,a4)+(a5,a6)]=…=(a1,a2)(a3,a4)+(a1,a2)(a5,a6)
∴ZXZ 符合结合律
令（a,b）x（c,d）=(a,b)=(ac+bd,ad+bc)
∴d=0,c=1
∴ZXZ 有单位元，为（1,0）
（6） 按书上要求分别判断是否满足加法交换群,乘法封闭,乘法结合律,分配律。
第一个：是环,没有单位元,是交换环
第二个：是环,有单位元 1,是交换环
第三个：是环,有单位元 1,是交换环
第四个：不是环(不是加法交换群)
（7）S 是一个环的子集，∴S 中具有换上所有的运算规律
对任意 a,b∈S，有 a-b∈S，所以 S 中对任意元素 a 存在负元-a,且 a+(-a)=0∈S，b∈S，-b∈S
所以 S 对于加法是封闭的且 S 中任意元素都有对应的负元。又 S 对于加法符合交换律，所
以 S 对加法是一个交换群，又对任意 a,b∈S,有 ab∈S,所以 S 对于乘法封闭所以 S 是该环的
子环。
（8）不能，因为奇数集合对于加法无零元，不符合构成环的条件
（ 11 ） 证 明 ： 对 任 意 的 x,y ∈ S, 有 ax=0,ay=0, 有 ax-ay=a(x-y)=0, 所 以 x-y ∈ S, 又
axy=(ax)y=a(xy)=0,所以 xy∈S,所以 S 是 R 的子环
—
2,
—
4,
—
6,
—
5,
—
15,
—
9
—
8,
—
8,…,
—
25,…,
—
95 均为该环的零因子
（15）
（19）依题意，不妨假设这样的集合为 S，则 S 为环。
所以 S 符合环中运算规律。此时只要证明 S 的非零元构成一个乘法群即可。设该群非零元
素 a1,a2,…an,n≥1。因为环对乘法封闭，所以 a1a2…an∈S，设 a1a2…an=aj,j∈{1,…,n},则
（a1a2…an）/aj 为单位元。不论换种的乘法是否可交换，该环对于乘法都构成群，所以所
给环为除环。
（20） 证明：设有限整环是 S,要证明 S 是域,需证对全体非零元,都有逆元.设 S={a1,a2….an},
有 1∈S,对任意非零 ai 有 aiS={aia1, aia2…. aian},因为乘法封闭有 aiS=S 所以 1∈aiS,所以存
在 aj 使得 aiai=1,即 ai 的逆元存在.所以结论成立
（21）若 S 只含零元，择期非零元为空集，不构成环，所以 S 含非零元。该除环为 R，对任
意 b∈S，有 b-b∈S，S 中有零元。所以对任意 b∈S，有负元-b。S 中人艺元素均有负元，
且 S 对加法封闭，又 S 中有 R 的运算规则，S 对加法符合结合律与交换律。S 对加法构成
交换群，且 S 符合乘法结合律和分配率。又因为 S 中任意非零元都有逆元，且 S 对乘法封
闭，所以 S 也符合乘法交换律。所以 S 中非零元对乘法构成交换群。所以 S 为除环，是 R
的子除环。
（22）依题意，Q 为域，对任意 a,b,c,d∈Q,可以验证 S 中的加法结合律成立，所以 S 具有封
闭性，又可以证明 S 中存在零元，且对于任意 S 中的元素存在负元，所以 S 对于加法构成
交换群。又可验证 S 对乘法具有封闭性和结合律，所以 S 中存在单位元。S 对于矩阵加法
和乘法是有单位元的交换环。又 S 中存在零因子，所以 S 不是整环。
（ 23 ） 显 然 S 是 一 个 交 换 环 , 单 位 元 为 1( 具 体 过 程 略 ), 且 无 零 因 子 ( 设 对 任 意
S1=a1+b1i,S2=a2+b2i,假设 S1S2=0,若 S2 不等于 0,建立方程 a1a2-b1b2=0,a1b2+a2b1=0,变形
为 a1a2b2=b1b2b2, a1a2b2=-a2a2b1,有因为 S2 不等于 0,可知 a2,b2 不为 0,所以 b1=0,推出
a1=0,所以 S1=0,同理当 S1 不等于 0,S2=0),所以 S 是一个整环.然而由 3 题有对于非零元 a+bi,
逆元为(a-bi)/(a2+b2)不属于 S.所以 S 不是域
（25）设新环为 R’，通过验证，可证明新环下的两种运算是满足环的，b=0 为单位元，乘
法结合律成立，分配率也成立，所以 R’是具有单位元的交换环。
R=R’ ， R 与 R’ 是 一 个 一 一 映 射 。 设 R 中 的 元 a ， 在 R’ 中 对 应 的 象 为 f(a). 可 以 验 证
f(a+b)=f(a)○+ f(b),f(ab)=f(a)○. f(b),所以 R 与 R’同构。
（28）证明：I 是环 R 的加法子群(具体过程略),对任意的 i∈R,j∈I,设 j=4r, r∈R, 有 ij=ji=4ir,
ir∈R, 所以 ij=ji∈I,所以 I 是 R 的理想.
I 不等于(4),因为(4)={4x+4n,x∈R,n∈Z},x 取 2,n
取 1 有 12∈(4),但是 12 不属于 I,所以不相等.
（30） 第一个：证明：整数环中既有单位元,又是交换环,所以(s)={xs,x∈Z},(t)={yt,y∈Z},
又因为 xs+yt=xk1d+yk2d=(xk1+yk2)d,所以(s)+(t)∈(d),又因为 d=(s,t),所以存在整数 u,v 使得
d=us+vt,所以 rd=rus+rvt,所以(d)∈(s)+(t),所以(s)+(t) =(d).
第二个：(s)={xs,x∈Z},(t)={yt,y∈Z},那么(s)∩(t)表示既要是 s 的倍数又要是 t 的倍
数,m 是 s,t 的最小公倍数,明显(s)∩(t)=(m).
（37） 对任意的 x∈R,有 xI1∈I1,I1x∈I1, xI2∈I2,I2x∈I2.有 x(I1+I2)=x(a+b)=xa+xb∈I1+I2,
(I1+I2)x=(a+b)x=ax+bx∈I1+I2,所以 I1+I2 也是 R 的理想
第五章
（1） 对任意非零多项式 f(x),g(x)∈F(x),设 f(x)=anxn+….a1x+a0,an≠0,ai∈F
g(x)=bmxm+….b1x+b0,bm≠0, bi∈F
有 f(x)g(x)=anbmxm+n+….+a0b0, 因为 ai,bi∈F,且都不为 0,所以 anbm≠0,所以 f(x)g(x)≠0,所以结
论成立.
（2） f(x)+g(x)=x7+x6+5x4+x2+2x+2
f(x)g(x)=x13+5x11+x9+6x8+4x7+x6+x5+5x4+3x3+5x2+2x+1
（3） 明显 GF(2)[x]满足交换律,(f(x)+g(x))2=(f(x)+g(x))(f(x)+g(x))=(f(x))2+f(x)g(x)+g(x)f(x)+
(g(x))2=(f(x))2+2f(x)g(x)+(g(x))2=(f(x))2+(g(x))2
（4） 分别用这两个除以 2 阶及以下的不可约多项式,都除不尽即可.
（5） x6+x3+1=(x4+2x3+2x+1)(x2+x+1),所以最大公因子为 x2+x+1
（7） x5+x4+x3+x2+x+1=(x2+x)(x3+x+1)+x2+1,所以 f(x)modg(x)=x2+1
（8） 略
第六章
（1）{9,1,11,3,13,5,15,7,17}
{0,10,2,12,4,14,6,16,8}
不能
（2）一定不是，比如（m-1) 2 1(mod m)
（3） 证明：在是模 m 的简化剩余系中任取 ci，可知(ci, m)=1，可证(m-ci, m)=1(反证法证明)，
所以对任意 ci 有 m-ci 也是模 m 的简化剩余系，ci 和 m-ci 是成对出现的，所以结论成立
（4） 证明：因为 p，q 是两个素数，由欧拉定理有：pq-1=1(mod q)，qp-1=1(mod p)，即 q|pq-1-1，
p|qp-1-1，设 pq-1-1=nq，qp-1-1=mp(m，n 是正整数)，两式相乘有
(pq-1-1)(qp-1-1)=pq-1qp-1-qp-1-pq-1+1=nmpq，由条件之 p，q≥2，所以 pq-1qp-1 必有因子 pq，上式
两边同时模 pq 有：-qp-1-pq-1+1=0(mod pq)，所以 pq-1+qp-1=1(mod pq).
（5） 证明同 4 题
（6） 第一个：x=1,5(mod7),第四个：x=3,5,17,19mod(28),第八个:无解
（7） 第一个：x=3(mod 7)，第八个：x=31+35k(mod105)k=0,1,2,
第九个：x=836(mod999)
（8）x=200+551k(mod2755)k=0,1,2,3,4
（9）(5)x=77(mod 85)
（11）x=2101(mod2310)
(6)x=27(mod 60)
（7）无解
（12）提示：
m
)
M i
(
i
1
(mod
m
i
)
, 而
MM
i
i
11
(mod
m
i
)
，由中国剩余定理得证。
（13）第一个 x=67(mod 140)，第二个 x=557(mod 1540)
（14）x=58(mod 60)=58+60k
（16）构造同余式组 x=1(mod a1)…….x=k(mod ak)，根据中国剩余定理由已知条件只 x 有解.
所以 x-1……x-k 满足题目要求的连续整数
（19）证明：充分性：同余式组 x=b1(mod m1)，x=b2(mod m2)，由条件(m1,m2)|(b1-b2)，有
b1-b2=k1m1+k2m2，所以 b1-k1m1=b2+k2m2，所以同余式组有解为 x=b1-k1m1=b2+k2m2，
必要性：同余式组有解即存在 k1, k2 使得 b1+k1m1=b2+k2m2，b1-b2=k2m2-k1m1，(m1,m2)|
k2m2-k1m1= b1-b2
（20）第一个 x=0,6(mod7),第二个 x=184(mod243)
第七章
（1） 证明第一个：设 a,b 是模 p 的两个平方剩余，那么(ab/p)=(a/p)(b/p)=1，所以 ab 也是模
p 的平方剩余
证明第二个：设 a 是模 p 的平方剩余,(1/p)=(aa-1/p)=(a/p)(a-1/p)=(a-1/p)=1，所以 a-1 也是
模 p 的平方剩余
证明第三个：设 a 是模 p 的平方剩余，b 是模 p 的平方非剩余，(ab/p)=(a/p)(b/p)=-1，
所以 ab 是模 p 的平方非剩余
证明第四个：设 a,b 是模 p 的两个平方剩余，那么(ab/p)=(a/p)(b/p)=1，所以 ab 是模 p
的平方剩余
（2） 求模 13 的平方剩余和平方非剩余
12=1(mod 13),22=4(mod 13),32=9(mod 13),42=3(mod 13),52=12(mod 13),62=10(mod 13)
所以 1,4,9,3,12,10 是模 13 的平方剩余 2,5,6,7,8,11 是模 13 的平方非剩余
p=23 时，1,2,3,4,6,8,9,12,13,16,18 是模 23 的平方剩余，5,7,10,11,14,15,17,19,20,21,22 是模 23
的平方非剩余
p=37 时，1,3,4,7,9,10,11,12,16,21,25,26,27,28,30,33,34,36 是模 37 的平方剩余
2,5,6,8,13,14,15,17,18,19,20,22,23,24,29,31,32,35 是模 37 的平方非剩余
P=41 时，1,2,4,5,8,9,10,16,18,20,21,23,25,31,32,33,36,37,39,40 是模 41 的平方剩余
3,6,7,11,12,13,14,15,17,19,22,24,26,27,28,29,30,34,35,38 是模 41 的平方非剩余
（4）(1)-8 不是模 53 的平方剩余。 (2)8 不是模 67 的平方剩余。
（6） 证明：充分性：由-a 是模 p 的平方剩余，所以存在 b2=-a(mod p)，又因为 b 总可以表
示成两个数的乘积 uv-1，所以存在 u,v 使得(u/v)2=-a(mod p)，所以结论成立。以上不不可逆
所以必要性成立
（8） 同第一题第四个
（10） (13/47)=(-1)6*13(47/13)=(8/13)=(2/13)=-1 第二个是 1 第九个是-1 第十个是-1
（11） （1）有解 （2）无解
（14）(1)p=1(mod5)或 p=4(mod 5)均成立。 (2)p=2(mod 5) or p=3(mod 5)均成立。
（18）(1) -1
（19） 第一个：有解
第二个 无解
(3) 1
(2) 1
(4) 1
第八章
（1） ord41(10)：因为 102=18(mod 41), 103=16(mod 41), 104=37(mod 41), 105=1(mod 41)所以
ord41(10)=5
（2） 模 11 的原根：ψ(11)=10=2*5,q1=2,q2=5,所以 g 是模 11 的原根的充要条件是 g2≠1(mod
11), g5≠1(mod 11),逐一验证有 22=4(mod 11),25=10(mod 11),所以 2 是模 11 的一个原根。模 11
的原根个数应为ψ(ψ(11))=4 个，为 21(mod 11),23(mod 11),27 (mod 11),29(mod 11)即 2,8,7,6
（3） 明显 55 不能表示成 8.2 节定理 2 的形式。也可以如 2 题进行逐一验证。
（4） 有ψ(ψ(47))=22 个，ψ(47)=46=2*23，所以 g 是模 47 的原根的充要条件是 g2≠1(mod 47),
g23≠1(mod 47), 逐 一 验 证 有 22=4(mod 47),223=1 (mod 47);32=9(mod 47), 323=1(mod 47);
42=16(mod 47),423=1 (mod 47); 52=25(mod 47),523=46 (mod 47),所以 5 是模 47 的一个原根，所
以 5 的指数为与 46 互素的数为模 47 的其他原根。
（5） 同 4 题
（6） 证明：ordm(a)=st，所以 ast=1(mod m)，st 是使得等式成立的最小整数。明显有(as)t=1(mod
m),假设有 i
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