信息安全数学基础习题答案 2
信息安全数学基础课后答案(陈恭亮著)清华大学出版社
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信息安全数学基础课后答案完整版Word版
第一章参考答案（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a n, b n表示为多个素因子相乘a n=(p1p2––pr)n, b n=(q1q2––qs)n明显a n, b n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,a n=(p1p2––pr)n, b n=(q1q2––qs)n,因为a n| b n所以对任意的i有, pi的n次方| b n,所以b n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）2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,9 7,101,103,107, 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)都不能第二章答案（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。
信息安全数学基础答案第一二三四五六七八章2
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––p r, b=q1q2––q s,又因为(a, b)=1，表明a, b 没有公共(相同)素因子. 同样可以将a n, b n表示为多个素因子相乘a n=(p1p2––p r)n, b n=(q1q2––q s)n明显a n, b n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––p r, b=q1q2––q s, a n=(p1p2––p r)n, b n=(q1q2––q s)n,因为a n| b n所以对任意的i有, p i的n次方| b n, 所以b n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––p r, b=q1q2––q s, ab=p1p2––p r q1q2––q s, 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=k i*m i，a-b是任意m i的倍数，所以a-b是m i公倍数，所以[m i]|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。
信息安全数学基础习题答案
信息安全数学基础习题答案信息安全数学基础习题答案1.简答题 a) 什么是信息安全？信息安全是指保护信息的机密性、完整性和可用性，以防止未经授权的访问、使用、披露、干扰、破坏或篡改信息的行为。
b) 什么是加密？加密是指通过对信息进行转换，使其无法被未经授权的人理解或使用的过程。
加密算法通常使用密钥来对信息进行加密和解密。
c) 什么是对称加密算法？对称加密算法是一种使用相同的密钥进行加密和解密的算法。
常见的对称加密算法有DES、AES等。
d) 什么是非对称加密算法？非对称加密算法是一种使用不同的密钥进行加密和解密的算法。
常见的非对称加密算法有RSA、ECC等。
e) 什么是哈希函数？哈希函数是一种将任意长度的数据映射为固定长度的输出的函数。
哈希函数具有单向性，即很难从哈希值逆推出原始数据。
2.选择题 a) 下列哪种算法是对称加密算法？ A. RSA B. AES C. ECC D.SHA-256答案：B. AESb) 下列哪种算法是非对称加密算法？ A. DES B. AES C. RSA D. SHA-256答案：C. RSAc) 下列哪种函数是哈希函数？ A. RSA B. AES C. ECC D. SHA-256答案：D. SHA-2563.计算题 a) 使用AES算法对明文进行加密，密钥长度为128位，明文长度为64位。
请计算加密后的密文长度。
答案：由于AES算法使用的是128位的块加密，所以加密后的密文长度也为128位。
b) 使用RSA算法对明文进行加密，密钥长度为1024位，明文长度为64位。
请计算加密后的密文长度。
答案：由于RSA算法使用的是非对称加密，加密后的密文长度取决于密钥长度。
根据经验公式，RSA算法中加密后的密文长度为密钥长度的一半。
所以加密后的密文长度为1024/2=512位。
c) 使用SHA-256哈希函数对一个长度为128位的明文进行哈希计算，请计算哈希值的长度。
答案：SHA-256哈希函数的输出长度为256位。
信息安全数学基础答案
信息安全数学基础答案【篇一：信息安全数学基础习题答案】xt>第一章整数的可除性1．证明：因为2|n 所以n=2k , k?z5|n 所以5|2k ，又（5，2）=1，所以5|k 即k=5 k1 ，k1?z 7|n 所以7|2*5 k1 ,又（7，10）=1，所以7| k1 即k1=7 k2，k2?z 所以n=2*5*7 k2 即n=70 k2, k2?z因此70|n32．证明：因为a-a=(a-1)a(a+1)3当a=3k，k?z 3|a 则3|a-a3当a=3k-1，k?z 3|a+1 则3|a-a3当a=3k+1，k?z 3|a-1 则3|a-a3所以a-a能被3整除。
3．证明：任意奇整数可表示为2 k0+1， k0?z22（2 k0+1）＝4 k0+4 k0+1=4 k0 (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)=2k2所以（2 k0+1）=8k+1 得证。
34．证明：设三个连续整数为a-1,a,a+1 则(a-1)a(a+1)= a-a3由第二题结论3|（a-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), k?z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。
1/26．证明：因为191＜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。
1/2因为547＜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。
信息安全数学基础 课后习题答案,裴定一,徐详 编著 ,人民邮电出版社
·
·
(1
−
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q1 · · · ql − 1) · · · (ql
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2.10 (1)
n = pt11 · · · ptrr ,p1 < p2 < · · · < pr.
Ç ϕ(n)
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1 p1
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··
·
(1
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(1 −
i=1
Q=
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p−1 2
2
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p−1 2
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−
1)!
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(−1)
p+1 2
(mod p)
3.7
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·
2 p
=
(−1)
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·
(−1)
p2 −1 8
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t1
É ´ ≥ t2, a + b = pt2 (pt1−t2 a1 + b1)
ordp(a + b) ≥ t2 =min{ordp(a),ordp(b)},
´ t1> t2, pt1−t2 a1 + b1 = 0, (p, pt1−t2 a1 + b1) = 1,
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5 227
信息安全数学基础习题答案.pdf
“信息安全数学基础”习题答案第一章1、证明： (1)|()|()()|a b b ma m Z c d d nc n Z bd acmn mn Z ac bd ⇒=∈⇒=∈∴=∈∵，，，即。
(2)12111112|,|,,|11(3)|(),,k k k k a b a b a b a b c b c b c c c c ∴−+++∵ ，根据整除的性质及递归法，可证得：，其中为任意整数。
2、证明：1-2(2)(3,5)13|5|15|,(15,7)17|105|a a a a a =∴=∴∵∵∵根据例题的证明结论知：，又且,又，且,。
3、证明：1n p n p n >>因为，且是的最小素因数，若假设n/p 不是素数，则有121223131312,2,,,,2,,k k n p p p p k p p p p k n p p p p n p p n n p n n p =×××≥≥==×≥∴≥≤>> （其中为素数且均）若，则即,与题设矛盾，所以假设不成立，即为素数得证。
7、证明：首先证明形如6k -1的正整数n 必含有6k -1形式的素因子，这显然是成立的。
因为如果其所有素因数均为6k +1形式，则12,(61,1,2,,)j i i n p p p p k i j =×××=+= ,从而得到n 是形如6k +1形式的正整数，这与题设矛盾。
其次，假设形如6k -1的素数为有限个，依次为1212,,6s s q q q n q q q = ，考虑整数-1， 则n 是形如6k -1的正整数，所以n 必有相同形式的素因数q ，使得使得q = q j (1≤j ≤s )。
由整数的基本性质(3)有：12|(6)1s q q q q n −= ，这是不可能的。
故假设错误，即存在无穷多个形如4k -1的素数得证。
2n3n最小非负余数最小正余数绝对值最小余数最小非负余数最小正余数绝对值最小余数3 0、1 1、3 0、1 0、1、2 1、2、3 -1、0、14 0、1 1、4 0、1 0、1、3 1、3、4 -1、0、1 8 0、1、4 1、4、8 1，0 0、1、3、5、7 1、3、5、7、8 3、1、-3、-1、0 10 0、1、4、5、6、9 1、4、5、6、9、10 -4、-1、0、1、4、5 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 1,2,3,4,5,6,7,8,10-5,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,413、解： (1)259222137222376(222,259)37372592221,1,1s t =×+=×⇒==−×∴==−(2)139571316827136821316823122(1395,713)31317136821713(13957131)2713(1)1395,1,2s t =×+=×+=×⇒==−×=−−×=×+−×∴=−=16、解： (1)(112,56)5611256[112,56]112(112,56)=×== (2)(67,335)6767335[67,335]335(67,335)=×== (3)(1124,1368)411241368[1124,1368]384408(1124,1368)=×==(7,4)1,0,7(1)4211,24410,1,2,771||1000142||100040,1,1427c s t k x k k k y k x k y x kk y k ==∴×−+×=∴=−=⎧=−=−⎪⎪=±±⎨⎪==⎪⎩≤⎧∴≤⎨≤⎩=−⎧∴=±±⎨=⎩∵ 而不定方程的一切解为： 其中，又方程的全部解为 ，其中 ，第二章1、解：(1) 错误。
信息安全数学基础习题答案
信息安全数学基础习题答案信息安全数学基础习题答案信息安全是当今社会中一个重要的领域，它涉及到人们的隐私和数据的保护。
在信息安全的学习过程中，数学是一个不可或缺的基础。
本文将为您提供一些信息安全数学基础习题的答案，帮助您更好地理解和应用相关的数学概念。
一、离散对数问题离散对数问题是信息安全领域中的一个重要数学概念。
以下是一些常见的离散对数问题及其答案：1. 如果p是一个素数，a是一个整数，且a不是p的倍数，求解方程a^x ≡ b (mod p)的x值。
答案：x ≡ log_a(b) (mod p-1)2. 如果p是一个素数，g是一个p的原根，a是一个整数，且a不是p的倍数，求解方程g^x ≡ a (mod p)的x值。
答案：x ≡ log_g(a) (mod p)二、RSA算法RSA算法是一种非常常见的公钥加密算法。
以下是一些与RSA算法相关的习题及其答案：1. 如果p=17，q=11，e=7，计算n和d的值，其中n是模数，d是私钥。
答案：n = p * q = 17 * 11 = 187，d ≡ e^(-1) (mod (p-1)*(q-1)) = 7^(-1) (mod 160) = 232. 如果n=187，e=7，加密明文m=88，计算密文c的值。
答案：c ≡ m^e (mod n) = 88^7 (mod 187) = 11三、椭圆曲线密码学椭圆曲线密码学是一种基于椭圆曲线数学问题的加密算法。
以下是一些与椭圆曲线密码学相关的习题及其答案：1. 在椭圆曲线y^2 ≡ x^3 + ax + b (mod p)上，给定一个基点G和一个私钥d，计算公钥Q的值。
答案：Q = d * G2. 在椭圆曲线y^2 ≡ x^3 + ax + b (mod p)上，给定一个基点G和一个私钥d，计算共享密钥K的值。
答案：K = d * Q = d * (d * G)结语本文为您提供了一些信息安全数学基础习题的答案，涉及了离散对数问题、RSA算法和椭圆曲线密码学等内容。
《信息安全数学基础》部分课后习题答案
《信息安全数学基础》课后作业及答案第1章课后作业答案 (2)第2章课后作业答案 (6)第3章课后作业答案 (13)第4章课后作业答案 (21)第5章课后作业答案 (24)第6章课后作业答案 (27)第7章课后作业答案 (33)第8章课后作业答案 (36)第9章课后作业答案 (40)第10章课后作业答案 (44)第11章课后作业答案 (46)第12章课后作业答案 (49)第13章课后作业答案 (52)第1章课后作业答案习题1：2, 3, 8(1), 11, 17, 21, 24, 25, 312. 证明：存在整数k，使得5 | 2k + 1，并尝试给出整数k的一般形式。
证明k = 2时，满足5 | 2k + 1。
5 | 2k + 1，当且仅当存2k + 1 = 5q。
k, q为整数。
即k = (5q– 1)/2。
只要q为奇数上式即成立，即q = 2t + 1，t为整数即，k = 5t + 2，t为整数。
3. 证明：3 3k + 2，其中k为整数。
证明因为3 | 3k，如果3 | 3k + 2，则得到3 | 2，矛盾。
所以，3 3k + 2。
8. 使用辗转相除法计算整数x, y，使得xa + yb = (a, b)：(1) (489, 357)。
解489 = 357×1 + 132,357 =132 × 2 + 93,132 = 93 × 1 + 39,93 = 39 × 2 + 15,39 = 15 × 2 + 9,15 = 9 × 1 + 6,9 = 6 × 1 + 3,6 = 3 × 2 + 0,所以，(489, 357) = 3。
132 = 489 – 357×1,93 = 357 – 132 × 2 = 357 – (489 – 357×1) × 2 = 3 × 357 – 2 ×489,39 = 132 – 93 × 1 = (489 – 357×1) – (3 × 357 – 2 ×489) × 1 = 3 ×489 – 4× 357,15 = 93 – 39 × 2 = (3 × 357 – 2 × 489) – (3 ×489 – 4× 357) × 2 = 11× 357 – 8 × 489,9 = 39 – 15 × 2 = (3 ×489 – 4× 357) – (11× 357 – 8 × 489) × 2 = 19 × 489 – 26× 357,6 = 15 – 9 × 1 = (11× 357 –8 × 489) – (19 × 489 – 26× 357) = 37 ×357 – 27 × 489,3 = 9 – 6 × 1 = (19 × 489 – 26× 357) – (37 × 357 – 27 × 489) = 46 ×489 – 63 × 357。
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第一章作业答案1.7习题1 证(方法一)由2ln,贝U n=2m,又5ln,则512m,由51 5m,则5l(5m-2 •2m)=m ,设m=5k(k 为整数)，则n = 10k.又由7ln,则有7110k,由717k,则有71(3 • 7k - 2 • 10k) = k ,设k = 7p(p 是整数), 则有n=70p,从而有70ln.(方法二)因为2ln,5ln,7ln,且[2 , 5, 7]=70 ,根据1.4定理7可得70ln.(方法三)因为2ln, 5ln , 7ln ,所以7OI35n , 70ll4n , 70 I lOn,从而有701(35- 14-2 ・ 10)n = n.4证：三个连续的整数可以写成，(a-1), a , (a+1),其中任意两个连续整数中必定有一个是偶数，所以2可以整除它们的乘积，即2l(a -l)a(a+l).又任意整数 a 可以写成 a = 3n+b(bEZ, lWbW3) 当 b = l 时，a—l=3n,所以3l(a-l), 当b=2 时，a + 1 = 3n+3 ,所以3l(a+l), 当b=3 时，a= 3n,所以31a .所以不论 b 是多少，均有3l(a-l)a(a+l),又(2, 3) = 1 ,故6l(a-l)a(a+l).6证(运用1.1定义2或1.1定理7)12证明形如3k-1形式的正整数必有同样形式的素因数.证(解析：任意整数可表示为3k-l或3k或3k+l ,其中为素因数形式只能为3k-1或3k+l的形式)假设形如3k-1的正整数只有3m+1 形式的素因数，那么3k-l = (3mi +l)(3m2+l)-(3m s +l)=3m+l其中nii GZ ,i=l,2,…，s .m是nii的整系数多项式，故m是一个整数,可推出3k - 1 = 3m + 1,这是矛盾的.14证明形如6k+5的素数有无穷多个.证：假设形如6k+5的素数只有有限个pi ,…，Ps ,令a = 6pi ---ps + 5因为n>pi , i=l,…，s,所以a一定是合数，(注：否则a是大于pi的素数)，根据1. 1定理6 , a的大于5的最小正因数p 是素数，因此，P是P1，…,Ps中的某一个，即存在j, IWjWs,使得P=Pj ,根据1. 1定理3,我们有p|a-6pi •••ps =5,这与p>5是矛盾的，故存在有形如6k+5的素数有无穷多个.方法二反证法.假设形如6k+5的素数只有有限个，可设为pi , p2,…，Ps ,令 a = 6pi …p s + 5 ,贝U p】a ,i=l,…，s.所以有，a是异于Pi , p2,…，p s的形如6k+5的素因数.这与形于6k+5的素数只有pl ,p2，…，ps 有限个矛盾.故形如6k+5的素数有无限多个.17 答案：(111100*********)2 =(78F5)i6 ,(10111101001110)2 =(2F4E)1618 答案：(ABCDEFA)16 = (1010101111001101111011111010)2 (DEFACEDA) i6 = (11011110111110101100111011011010)2 (9A0AB)16=(10011010000010101011)229 答案:(2t - 1 ,2t + 1)=1 ; (2n ,2(n+1))=2.32 答案:(1613 ,3589) = 1 ,551X3589 - 1226X1613=1(2947 , 3772)= 1 , 951 X2947 - 743X3772 = 133 答案：(70 , 98 , 105) = 7整系数线性组合不唯一7= 24X70 - 16X98 - 105=105 +14X98 - 21X70=0X70 + 105 - 98—・・・34证明：不妨设mNn ,由带余数除法得m = qn + r OWr <n,则有a m-l = a qn+r-l + a r-a r = a r(a qn-l) + a r-l由于a qn-l = (a n-l)(a q(nl)+--- + l)由此及— 11 a.an— 1得(a m-l,a n-l) = (a n-l,a r-l)又(m , n) = (n , r).若r = 0,贝U (m , n) = n 结论成立.若r > o则继续对(a” — 1, a r - 1)作同样的讨论.由辗转相除法知，结论成立.51略62求9x + 24y -5z = 1000的一切整数解.解：(说明：这里只需要求出一组解即可)因为(9 , 24 ,5)=1 ,则1 = 24 - 2-9-5所以存在x 二-2000 , y 二1000 , z 二1000 使得9x + 24y -5z 二1000 或者1 = 6・9 -2・24 -5所以存在X= 6000 , y = -2000 , z = 1000 使得9x + 24y ~5z = 1000 可以有多解.。
信息安全数学基础课后答案完整版
第一章参考答案（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––p r, b=q1q2––q s,又因为(a, b)=1，表明a, b没有公共(相同)素因子. 同样可以将a n, b n表示为多个素因子相乘a n=(p1p2––p r)n, b n=(q1q2––q s)n明显a n, b n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––p r, b=q1q2––q s,a n=(p1p2––p r)n,b n=(q1q2––q s)n,因为a n| b n所以对任意的i有, p i的n次方| b n, 所以b n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––p r, b=q1q2––q s, ab=p1p2––p r q1q2––q s, 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=k i*m i，a-b是任意m i的倍数，所以a-b是m i公倍数，所以[m i]|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)都不能第二章答案（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。
信息安全数学基础第二版课后练习题含答案
信息安全数学基础第二版课后练习题含答案介绍信息安全数学基础是一门重要的课程，它是信息安全领域的基础。
在这门课程中，我们将了解许多与信息安全相关的数学知识，例如模运算、质数、离散对数等。
这篇文章将涵盖信息安全数学基础第二版中的一些课后练习题，同时也包含答案。
练习题1. 模运算1.1 在模 10 算法下，求以下计算结果：1.(8 + 4) mod 10 =2.(4 - 8) mod 10 =3.(6 * 3) mod 10 =4.(7 * 8) mod 10 =5.(4 * 6 * 2) mod 10 =答案：1.22.63.84.65.22.1 以下哪些数为质数？1.152.433.684.915.113答案：2、53. 离散对数3.1 在模 13 算法下，计算以下离散对数：1.3 ^ x ≡ 5 (mod 13)2.5 ^ x ≡ 4 (mod 13)3.2 ^ x ≡ 12 (mod 13)答案：1.x = 92.x = 93.x = 44. RSA算法4.1 对于RSA算法，如果p = 71，q = 59，e = 7，n = pq，求以下结果：1.φ(n) =2.d =3.明文为123，加密后的密文为？1.φ(n) = (p-1)(q-1) = 40002.d = 22873.加密后的密文为：50665. 椭圆曲线密码5.1 在GF(7)上，使用下列椭圆曲线：E: y^2 = x^3 + 2x + 2 \\pmod{7}计算点加：1.(1,2) + (5,4) =2.(3,6) + (3,6) =答案：1.(1,5)2.(0,3)结论本文介绍了信息安全数学基础第二版中的课后练习题，并包含了所有答案。
希望这篇文章对您有所帮助。
《信息安全数学基础》(许春香 著) 课后习题答案 电子科技大学出版社
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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. （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.
信息安全数学基础习题答案
因此70|n
2．证明：因为a3-a=(a-1)a(a+1)
当a=3k，k Z 3|a 则3|a3-a
当a=3k-1，k Z 3|a+1 则3|a3-a
当a=3k+1，k Z 3|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2 k0+1， k0 Z
（2 k0+1）2＝4 k02+4 k0+1=4 k0 (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（a+b,4）=4
37．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
=13*41-14*(161-3*41)
=-14*161+55*(363-2*161)
=55*363+(-124)*(1613-4*363)
=(-124)*1613+551*(3589-2*1613)
所以（2t+1,2t-1）=1
（2）解：2(n+1)=1*2n+2
2n=n*2
所以（2n,2(n+1)）=2
32．（1）解：1=3-1*2
=3-1*(38-12*3)
=-38+13*(41-1*38)
信息安全数学基础答案第一二三四五章(许春香 廖永建)
mi| a-b
则 [m1,…,mn] | (a-b) 所以 a=b (mod [m1,…,mn] ).
（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!)=
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
=-1×2 ×3× 4 ×5 ×6 ×7× 8× 9 (mod 71) =1 (mod 71) 所以 70！=61！ (mod 71)
13、证明：因为 2 = -1 (mod 3), 所以 2n = (-1)n (mod 3), 2n +1= (-1)n +1(mod 3). 当 n 为奇数时， 2n +1= 0(mod 3)，即能被 3 整除. 当 n 为偶数时， 2n +1= 2(mod 3)，即不能被 3 整除. 14、证明: (1) 因为 ac=bc (mod m),
又由定理 1（page7） ，存在 j1 满足 又因为 pj 为素数，所以有 q1 = pj1 同理得 q2 = pj2 得 注意：在证明过程没使用标准因子分解式！ 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). 定义： （1）如果整数 dai （2） 设 d0 是 ai (1 ≤ i≤ n) ,则 d 称为 ai 的公因子． (1 ≤ i≤ n)的公因子， 如果 ai (1 ≤ ,…, qr = pjr,
信息安全数学基础 2B卷 答案
广州大学 2015-2016 学年第 2 学期考试卷课程 信息安全数学基础2 考试形式（闭卷，考试）学院 系 专业 班级 学号 姓名_ _一、填空题(共22分，每空2分) 1．环)10/(Z 的特征为 10 。
2．环)4/(Z 的可逆元为 1,3 。
3．复数域C 在实数域R 上的次数为2。
4．多项式1)(2+=x x f 在域3F 上的分裂域为)1/(][23+x x F 。
5．2-在)2(Q 上的极小多项式为2+x 。
6．整数环Z 的理想)9,3(=)3(，)9)(3(=)27(，)9()3(+=)3(，)9()3( =)9(。
7．有限域103F 的素子域为3F 。
8．3次分圆多项式为12++x x 。
二、判断题(若正确需证明,否则需给出反例) (共20分，每题5分) 1.交换群的任何子群都是交换子群。
解：论断正确。
证明：由于群G 为交换群,则对任意G b a ∈,,有ba ab =。
若N 为G 的子群,则对任意N 中元素,仍有ba ab =. 2. 环中可以只有右单位元,而没有左单位元. 解：论断正确。
方阵环},|00{Q b a b a R ∈⎪⎪⎭⎫⎝⎛=的右单位元为⎪⎪⎭⎫⎝⎛001x ,没有左单位元.3.环上多项式根的个数不超过其次数.解：论断错误。
][)2)(1()(6x Z x x x x f ∈--=有6个根0,1,2,3,4,5,超过3。
4.有理数域Q 上的单扩域)2(Q 与)3(Q 同构。
解：论断错误。
设)3()2(:Q Q →φ为同构，则3)2(b a +=φ，其中Q b a ∈,。
由于在同构映射下，单位元的像还是单位元，逆元的像等于像的逆，故任何有理数的像必为本身，于是2)2(=φ，这样323)3(2222ab b a b a ++=+=，于是2232,0b a ab +==，这与b a ,都是有理数矛盾。
三、证明和计算题（共58分）1.(14分) 若φ是群G 到交换群G 的一个同态映射(不一定是满射) ,又G N ≤.证明:若N包含核)(φKer ,则G N 。
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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 , k∈Z5|n 所以5|2k ，又（5，2）=1，所以5|k 即k=5 k1，k1∈Z7|n 所以7|2*5 k1 ,又（7，10）=1，所以7| k1即k1=7 k2，k2∈Z 所以n=2*5*7 k2即n=70 k2, k2∈Z因此70|n2．证明：因为a3-a=(a-1)a(a+1)当a=3k，k∈Z 3|a 则3|a3-a当a=3k-1，k∈Z 3|a+1 则3|a3-a当a=3k+1，k∈Z 3|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2 k0+1，k0∈Z（2 k0+1）2＝4 k02+4 k0+1=4 k0 (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（2 k0+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), k∈Z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：p1 p2 p3|n，则n= p1 p2 p3k，k∈N+又p1≤p2≤p3，所以n= p1 p2 p3k≥p13 即p13≤n1/3p1为素数则p1≥2，又p1≤p2≤p3，所以n= p1 p2 p3k≥2 p2 p3≥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。
(3 k1+1)(3 k2+1)=[( 3 k1+1) k2+ k1]*3+1 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,…, p n因为4k+3=4k`-1=4k-1 构造N=4*p1*p2*…*p n-1≥3*p1*p2*…*p n所以N＞p i (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=-1226 t=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)=951*2947+(-743)*3772所以s=951 t=-74336．证明：因为（a，4）=2 所以a=2*(2m+1) m∈Z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, m∈N因此p2=4m2=2q2 q2=2m2 q=2n, n∈N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p i的乘积，m= p1 p2 p3……p n ，p i为素数。
因为7为素数，假设7 !| m，则7 !∈｛p1，p2，p3，……p n｝所以m2= p12 p22 p32……p n 2=( p1 p2 p3……p n)( p1 p2 p3……p n)所以7 !| m2，与7|m2矛盾，故7|m, m=7k同理可知：7|n, n=7 k0所以(m, n)=(7k,7 k0)=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=ln2p 10q=2p(2*5)q=2p 5q=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(mod m)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a i≡b i (modm),1≤i≤k 所以a i=b i+k i m又a1+a2+… +a k=∑a i=∑(b i+k i m)=∑b i+m*∑k i所以有∑a i≡∑b i (mod m)即a1+a2+… +a k=b1+b2+… +b k (mod m)（ii）因为a i≡b i (mod m),1≤i≤k 所以a i(mod m)=b i (mod m)所以（a1a2…a k）mod m≡[(a1mod m)( a2mod m)…(a k mod m)]mod m≡[(b1mod m)( b2mod m)…(b k mod m)]mod m≡（b1b2…b k）mod m所以a1a2…a k≡a1a2…a k(mod m)8．证明：如果a2≡b2(mod p) 则a2= b2+kp , k∈Z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(mod n) 则a2= b2+kn , k∈Z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 (mod c) 则a=cq+b , q∈Z根据1.3定理3知(a, c)=(b, c)17．解：（1）a k+a k-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）a k+a k-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）a k+a k-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）a k+a k-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。