信息安全中的数学基础第一章
信息安全数学基础第一章-第一章第4-5节
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p2 2
L
ps s
,
b
p1 1
p2 2
L
ps s
,
其中 i i 0, (i 1, 2,L , t);
i i 0, (i t 1, 2,L , s).
取
a'
p1 1
p2 2
于是 (120,150, 210, 35) 5.
同样 [120,150, 210, 35] 23 3 52 7 4200.
23
例5 设a, b是两个正整数,则存在整数a ' | a, b' | b,使得
a 'b' [a, b], (a ', b') 1.
证 设a, b有分解式:
a
p1 1
b p1 ' p2 'L pu ', c pu1 ' p2 'L ps ' 于是 n bc p1 ' p2 'L pu ' pu1 ' p2 'L ps '
15
适当改变pi '的次序,即得(1)式.
由归纳法原理, 对于所有n 1的整数,(1)式成立.
再证表达式的唯一性. 假设还有
n q1q2 L qt , q1 q2 L qt
所以[a, b] | m.
此定理表明:任意两个正整数的乘积等于这两个数的 最小公倍数与最大公因数的乘积.这两个数的最小公 倍数不但是最小的正倍数,且是另外的公倍数的因数.
10
推论 设m, a, b是正整数,则[ma, mb] m[a, b].
证
[ma, mb]
m 2 ab (ma, mb)
m2ab m ab m(a,b) (a,b)
信息安全数学基础第一章-第1章习题解答
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39 设a, b 是任意两个不全为零的整数,
(i) 若m是任一整数,则[am, bm]=[a, b]m。
(ii) [a, 0]=0 。
证明:(i) 设 L= [a, b],则 a L, b L,进而
am Lm, bm Lm,即Lm是am, bm的公倍数。
所以[am, bm] Lm= [a, b]m。
所以a (2j-i-1) ,但 j-i < d0,得到矛盾。
说明
r1, r2 ,
,
rd
0
互不相同。
1
从而,1, r1 1, r2 1, , rd0 1 1
是2d 被 a 除后,d0个不同的最小非负余数。 最后,由
2d0 s 1 2d0 2s 2s 2s 1 2s (2d0 1) (2s 1)
37 设a, b 是两个不同的整数,证明如果整数n > 1 满足n|(a2-b2) 和 n | (a+b),n | (a-b),则n是合数。 证明:由已知及a2-b2=(a+b)(a-b)得
n|(a+b)(a-b)。 若 n 是素数,根据1.4定理2, n|(a+b) 或 n|(a-b), 与已知条件矛盾。所以n是合数。
(an , b)=(aan-1 , b)=(an-1 , b)=(aan-2 , b) = (an-2 , b)=…= (a2 , b)=(aa , b)= (a , b)= 1
(b,an) =(an , b)=1,类似的
(bn , an)=(bbn-1 , an)=(bn-1 , an)=(bbn-2 , an)
21 证明:n >1 时, 1+ 1 +1+ + 1 不是整数。
23
n
1 通分后,2 这一项的分子变为奇数k,其余各项的
信息安全数学基础课后答案完整版Word版
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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
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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》部分课后习题答案
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《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。
信息安全数学基础(课堂PPT)
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a bq
成立,则称b整除a或者a被b整除,记作b | a. 此时q可 写成a / b或 a .
b 如果b | a, 则b叫做a的因数, 而a叫做b的倍数.
如果b不能整除a,则记作b | a.
2020/4/24
计算机科学与技术学院
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注 : (1) 当b遍历整数a的所有因数时, b也遍历整数 a的所有因数.
这是不可能的.故素数有无穷多个.
2020/4/24
计算机科学与技术学院
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三、欧几里得除法(带余除法)
定理9 (欧几里得除法) 设a, b是两个整数,其 中b 0,则存在唯一的整数 q, r,使得
a = bq + r, 0 r b
其中q叫做a被b除所得的不完全商, r叫做a被b除所 得的余数.
P. Samuel 著 ✓“Primality and Cryptography”E. Kranakis 著 ✓《椭圆曲线密码学导论》张焕国 等译
2
计
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课件邮箱
邮箱:infosecmath@ 密码:123456
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信息安全数学基础
第1章:整数的可除性
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整数论是研究整数的学科
2020/4/24
计算机科学与技术学院
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素数的数目是有限多还是无穷多?
➢ 有了研究的对象集合,再建立对象集合上的运算。
✓一些乘法的经验表明,有些数是一些比1大的其 它数的乘积
✓而有些数,就没有这种性质----质数(素数)
✓在欧几里德的《原本》中,已经有一个简单而巧 妙的推理能够得出结论:质数无穷多
存在整数n1 ,使得 n pn1 1 p n1 n
因此 p2 n, 故 p n.
信息安全导论数学基础
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信息安全导论数学基础一、模运算1、模p运算和普通的四则运算有很多类似的规律,如:规律公式结合率((a+b) mod p + c)mod p = (a + (b+c) mod p) mod p((a*b) mod p * c)mod p = (a * (b*c) mod p) mod p交换率(a + b) mod p = (b+a) mod p(a × b) mod p = (b × a) mod p分配率((a +b)mod p × c) mod p = ((a × c) mod p + (b × c) mod p) mod p2、模p相等:如果两个数a、b满足a mod p = b mod p,则称他们模p相等,记做a ≡b mod p可以证明,此时a、b满足a = kp + b,其中k是某个整数。
3、对于模p相等和模p乘法来说,有一个和四则运算中迥然不同得规则。
在四则运算中,如果c是一个非0整数,则ac = bc 可以得出a =b但是在模p运算中,这种关系不存在。
例如:(3 x 3) mod 9 = 0(6 x 3) mod 9 = 0但是3 mod 9 = 36 mod 9 =64、定理(消去律):如果gcd(c,p) =1 ,则ac ≡ bc mod p 可以推出a ≡ b mod p 。
注释:gcd最大公约数(greatest common divisor,简写为gcd;或highest common factor,简写为hcf),指某几个整数共有因子中最大的一个。
最小公倍数(lcm)关系:gcd(a, b)×lcm(a, b) = ab。
5、模P乘法逆元:对于整数a、p,如果存在整数b,满足ab mod p =1,则说,b是a的模p乘法逆元。
定理:a存在模p的乘法逆元的充要条件是gcd(a,p) = 1。
注释:当a与p互素时,a关于模p的乘法逆元有唯一解。
信息安全数学基础第01章
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1 正整数 全体素数 全体合数
1.2 整数的进位制表示法
带余除法 整数的二进制表示法 数值转换
1.2 整数的进位制表示法
带余除法 定理1.2.1(带余数除法):设a是正整数,b是整数,则 一定存在唯一的整数q和r,使得 b=qa+r,其中0≤r<a 并分别称q与r为a 除b的商和余数。
1.1 整数
整除 定理1.1.1:若整数a,b,c满足条件a|b且b|c,则a|c。
证明:若a|b且b|c,则由定义1.1.1知道存在整数e和f使得 b=ae且c=bf,于是 c=bf=(ae)f=a(ef) 由于整数e与f的乘积仍然是整数,因而a|c。
例如:由于11|66且66|198,由定理1.1.1就有11|198。
1.2 整数的进位制表示法
带余除法 为什么重复带余除法的过程可以在有限步骤内使得商为 0?
因为b>1,n>0,故 q0>q1>…>qi>… qk-1 ≥0 而qi均为整数,故该不等式一定在有限项内成立。而当 qk-1<b时,必有 qk-1=b∙0+ak, 0≤ak<b 故重复带余除法过程可以在有限步骤内使得商为0。
1.2 整数的进位制表示法
带余除法 证明思路:按照带余除法的方法,先证表达式的存在性 ,再证明其唯一性。
1.2 整数的进位制表示法
带余除法 证明:先证表达式的存在性。首先,以b除n,得到 n=bq0+a0, 0≤a0<b 如果q0≠0,继续以b除q0,得到 q0=bq1+a1, 0≤a1<b 继续这个过程,依次得到 q1=bq2+a2, 0≤a2<b q2=bq3+a3, 0≤a3<b ……..................... qk-2=bqk-1+ak-1,0≤ak-1<b qk-1=b∙0+ak, 0≤ak<b 当商为0时,结束这个过程。
信息安全数学基础-作业答案.doc
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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.。
信息安全数学基础第一阶段知识总结
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信息安全数学基础第一阶段知识总结第一章 整数的可除性一 整除的概念和欧几里得除法 1 整除的概念定义1 设a 、b 是两个整数,其中b ≠0如果存在一个整数 q 使得等式 a=bq 成立,就称b 整除a 或者a 被b 整除,记作b |a ,并把b叫作a 的因数,把a 叫作b 的倍数。
这时,q 也是a 的因数,我们常常将q 写成a /b 或否则,就称b 不能整除a 或者a不能被b 整除,记作a b .2整除的基本性质(1)当b 遍历整数a 的所有因数时,-b 也遍历整数a的所有因数. (2)当b遍历整数a 的所有因数时,a/b 也遍历整数a的所有因数. (3)设b,c都是非零整数, (i)若b|a,则|b|||a|. (i i)若b|a,则b c|ac 。
(iii)若b |a,则1〈|b|≤|a|。
3整除的相关定理(1)设a,b≠0,c ≠0是三个整数.若c|b,b |a,则c |a 。
(2)设a,b,c ≠0是三个整数,若c|a,c|b,则c|a ±b(3)设a,b,c 是三个整数。
若c|a ,c |b 则对任意整数s,t ,有c |sa+tb .(4)若整数a1 , …,an 都是整数c ≠0的倍数,则对任意n个整数s 1,…,abnn a s a s ++ 11sn,整数是c的倍数(5)设a,b都是非零整数。
若a|b,b|a,则a=±b(6)设a,b, c是三个整数,且b≠0,c ≠0,如果(a , c)=1,则(ab,c)=(b , c)(7)设a, b , c是三个整数,且c≠0,如果c|ab, (a, c)= 1, 则c |b.(8)设p 是素数,若p |ab ,则p|a或p|b(9)设a1, …,a n是n个整数,p是素数,若p| a1…a n,则p一定整除某一个ak二整数的表示主要掌握二进制、十进制、十六进制等的相互转化.三最大公因数和最小公倍数(一)最大公因数1.最大公因数的概念定义:设是个整数,若使得,则称为的一个因数.公因数中最大的一个称为的最大公因数.记作。
最新《信息安全数学基础》课程教学大纲资料
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《信息安全数学基础》课程教学大纲课程性质:学科基础课课程代码:学时:72(讲课学时:72实验学时:0课内实践学时: 0)学分:4.5适用专业:通信工程一、课程教学基本要求《信息安全数学基础》是通信工程专业教学计划中的一门学科基础课,通过对本课程的学习,可以使学生系统地掌握本学科的数学基础,使得学生能够初步掌握和运用数学理论来分析和研究一些问题。
二、课程教学大纲说明信息安全学科是一门新兴的学科.它涉及通信学、计算机科学、信息学和数学等多个学科。
为了使学生系统的掌握信息安全理论基础和实际知识,需要专门开课讲授与信息安全相关的数学知识,特别是关于初等数论知识。
通过本课程的学习,使学生掌握信息安全学科涉及的数学基本概念、基本原理和实际应用,建立数学体系的完整概念,为后续专业课程的学习奠定基础。
本课程的教学内容主要以理论为主,介绍了整数的可除性、同余理论以及有关原根与指标等知识。
学好本课程内容的前提条件:高等数学和线性代数的基础知识。
教学方法与手段:本课程采用课堂理论教学为主要教学方法,习题课和批改作业为检查措施,期末笔试考试为检查手段,以确保本课程的教学质量。
三、各章教学结构及具体要求(一)第一章整数的可除性1.教学目的和要求。
通过对本章的学习,使学生加深对整数的性质、狭义和广义欧几里得除法和算术基本定理的了解,更深入地理解初等数论与现代密码学的关系。
2.教学内容和要点。
共讲授六个方面的内容:(1)整除的概念、欧几里得除法;(2)整数的表示(3)最大公因数与广义欧几里得除法(4)整除的进一步性质及最小公倍数(5)素数、算术基本定理(6)素数定理。
(二)第二章同余1. 教学目的和要求。
通过对本章的学习,使学生了解同余、剩余类和简化剩余类的概念,熟悉欧拉定理、费马小定理。
2.教学内容和要点。
共讲授五个知识点的内容:(1)同余的概念及基本性质(2)剩余类及完全剩余系(3)简化剩余系与欧拉函数(4)欧拉定理费马小定理(5)模重复平方计算法。
信息安全数学基础第一章下演示文稿[可修改版ppt]
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1
一、信息安全数学基础的内容
内容: 初等数论、近世(抽象)代数、椭圆曲线
二、教学方式和目的
方式:课堂教学为主 目的:了解和掌握数论和代数的基本知识,包括整数
的可除性 、同余、同余式、二次同余式与平方 剩余 、原根、群、环、域和椭圆曲线等
三、数论和代数在信息安全中的作用
1.1 整除的概念 欧几里得除法
一、整除基本概念及性质
定 义 1.1.1设 a,b是 任 意 两 个 整 数 ,其 中 b0, 如 果 存 在 一 个 整 数 q使 得 等 式
abq 成 立 ,则 称 b整 除 a或 者 a被 b整 除 ,记 作 b|a. 此时q可
写成a / b或 a . b
如 果 b |a ,则 b 叫 做 a 的 因 数 ,而 a 叫 做 b 的 倍 数 . 如 果 b 不 能 整 除 a ,则 记 作 b |a .
假 设 矛 盾 ,所 以 p 是 素 数 . 因 n 是 合 数 ,p 是 n 的 大 于 1 的 最 小 正 因 数 , 所 以
存 在 整 数 n1,使 得 np n 1 1pn 1n
因 此 p2n,故 p n.
整 数 为 素 数 的 判 别 法 定 理 1 .1 .7设 n 是 一 个 正 整 数 ,如 果 对 所 有 的 素 数
p n ,都 有 p |n ,则 n 是 素 数 .
证 : 反 证 法 ( 素 数 满 足 条 件 , 排 除 合 数 可 能 ) .假 设 n 为 合 数 , 题 设 和 定 理 1.1.6相 矛 盾 .因 为 根 据 定 理 1.1.6, 它 的 大 于 1的 最 小 正 因 数 p'(p'|n)是 素 数 , 且 p'n.因 此 , n为 素 数 , 且 满 足 假 设 条 件 .
信息安全数学基础(武汉大学)第一章
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称 q 为 b 除 a 的不完全商。 当b | r 时, b | a ;特别的,当 r = 0 时,q 为完全商。
2011-3-15 西南交通大学信息科学与技术学院
27
(1) 取 c = 0,则 0 ≤r < |b|,称 r 为 a 被 b 除后的最小 非负余数,此时, b | a r=0 (2) 取 c = 1,则 1 ≤r ≤|b|,称 r 为 a 被 b 除后的最小 正余数,此时, b | a r =|b| (3) 取 c = -|b|+ 1,则 -|b|+ 1 ≤ r ≤ 0 ,称 r 为 a 被 b 除 后的最大非正余数,此时, b | a r=0 (4) 取 c = -|b|,则 -|b|≤ r < 0,称 r 为 a 被 b 除后的最大 负余数,此时, b | a r = -|b| (5) 当 b 为偶数时,取 c = -|b|/ 2,有 -|b|/ 2 ≤ r < |b|/ 2, 或取 c = -|b|/ 2 + 1,有 -|b|/ 2 < r ≤ |b|/ 2; 当 b 为奇数时,取 c = -(|b|-1) / 2,有-(|b|-1) / 2 ≤ r ≤ (|b|-1) / 2,此时,称 r 为绝对值最小余数
2011-3-15
西南交通大学信息科学与技术学院
18
(问题3-素数个数是否无限?)
定理1-3:素数有无穷多个。
证明:反证法。假定素数只有有限多个(k个),记为
p1=2, p2=3, … , pk 设整数 n=p1· p2…pk+1, ∵ n>pi (i=1,2,…,k), ∴ n 为合数。 由定理1-2知,一定存在1≤j≤k,使得 pj | n, 又∵ pj | p1· p2…pk,, ∴ 由整除的性质1-1(3)得: pj | (n - p1· p2…pk)=1 而这是不可能的,所以存在无穷多个素数。
信息安全数学基础习题答案
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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)
信息安全数学基础证明题答案
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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。
13.证明:反证法(这个直接构造法是错误的)假设形如4k+1的素数只有有限个,记为p1, p2,…, p n构造N=4*p1*p2*…*p n+1≥3*p1*p2*…*p n所以N>p i (i=1,2,…,n)所以N为4k+1形式的素数,(错误在于,N只是不能被4k+1的素数整除,但并不能说明,N不能被其他形式的素数整除)所以假设不成立。
原结论正确,形如4k+1的素数有无穷多个。
反证法(费马小定理)1.假设形如4k+1的素数只有有限个,记为p1, p2,…, p n设m= p1*p2*…*p n,设q=4m2+1> p n, 是合数,则存在素数p,使得p|q所以有4m2=1(mod p),p不能整除2m,则(p,2m)=1。
由费马小定理得(2m)p-1=1(mod p)(q-1)(p-1)/2=1(mod p)因为p|q,所以(-1) (p-1)/2=1(mod p)所以4| (p-1)所以p是4k+1型的素数,且不p i中,与假设矛盾。
所以形如4k+1的素数有无穷多个。
2.课堂上讲过的方法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 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。
信息安全数学基础答案第一二三四五章(许春香 廖永建)
![信息安全数学基础答案第一二三四五章(许春香 廖永建)](https://img.taocdn.com/s3/m/eeef8afbf705cc1755270947.png)
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,
信息安全认知实习-数学基础与密码学部分
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数学基础与密码学部分实验内容第一章信息安全数学基础实验部分数学是科学的“皇后”,数论是数学领域中的“皇后”。
——Carl Friedrich Gauss数论及近世代数知识现在已经得到了广泛的应用,这其中的部分原因应归结为以大素数为基础的密码体系的建立。
这种体系的可行性在于我们可以轻松地找到一些大素数,而体系的安全性则在于将大素数的乘积重新分解因数往往十分困难。
本实验部分将通过编程实现数论中比较基本的一些算法,从而加强对信息安全数学基础知识的理解。
1.定理:设n是一个正整数,如果对所有的素数p≤,都有płn,则n一定是素数。
注:古希腊数学家埃拉托斯散(Eratosthenes,公元前275—公元前194)发明了求比某给定数小的素数的筛法技巧。
方法如下:对于任意给定的正整数N,要求出所有不超过N的素数。
我们列出N个整数,从中删除小于等于的所有素数p1,…,p k的倍数。
然后依次删除,p1的倍数:2p1,…,p1……p k的倍数:2p k,…,p k余下的整数(不包括1)就是所要求的不超过N的素数。
使用VC++编程语言编写一个可测定不超过1,000,000的素数判定程序。
2.使用VC++编程语言设计实现一个算法程序库,要求包括以下部分:1)欧几里德算法求a ,b 的最大公倍数;2)扩展的欧几里德算法,求出gcd(a,b)和满足gcd(a,b)=ax+by 的整数x 和y ;3)求解模线性方程 ax ≡ b (mod n) 其中n>0;4)求解模线性方程组(中国余数定理);5)模取幂运算,计算a b mod n (a,b>1032);6)Miller-Rabin 随机性素数测试算法(要求判定n>1016);3. 使用VC++编程语言编程设计并验证以下公式:1) (素数定理) 1ln )(lim=∞→x x x x π2) Mersenne 数,形如M p =2p -1的素数称为Mersenne 数。
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最小公倍数与最大公因子关系
定理1-8
a,b 2)
(a,b)
1)设d是a,b的任意公倍数,则 [a,b] d. ab ,特别地,如果(a,b) = 1,[a,b] = |ab|.
定理2证明
证明
1)做带余除法: d = q[a,b] + r,0r[a,b], 由于ad,bd,那么 a[a,b],b[a,b], 则ar,br, r也是a,b的公倍数,
互素
定义1-7:设a,b是两个不全为0的整数,如果(a,b) = 1,
则称a,b互素.
推论1-1:a,b互素的充分必要条件是:
存在u,v,使ua+vb = 1. 证明 必要条件是定理1的特例,只需证充分条件. 如果存在u,v,使 ua+vb = 1. 则由(a,b)(ua+vb),得(a,b)1, 所以(a,b) = 1.
v, 使
(a,b)= ua+vb.
最大公因子定理
例6:将a = 888,b = 312的最大公因子表示为(a,b) = ua+vb 解 利用欧几里得除法求最大公因子的过程可以解出. 888 = 2312+264 312 = 1264+48 264 = 548+24 48=2 24 我们有: 264 = 8882312=a-2b 48 = 312264 = b (a-2b) = –a+3b 24 = 264548 = (a-2b)5(–a+3b) =6a17b 故(888,312) = 24 = 6888+(17)312.
(3)近世代数(第二版),韩士安,林磊著,科学出版社, 2009年
《信息安全数学基础》课程介绍
课程内容:数论,近世代数,有限域 课程目的:培养抽象思维能力和严格的逻辑推理 能力, 为学习专业基础课及专业课打好基础
重要性:
该课程是信息安全专业的重要核心基础课程
• 信息安全所关注的包括:信息的机密性、真实性、完整性和不 可抵赖性。
uab+vcb = b. 由于c uab+vcb,故cb.
互素性质证明
性质2:如果ac,bc,且(a,b) = 1,则abc.
证明: 2)因为(a,b) = 1,存在u,v,使 ua+vb = 1, 两端乘c得 uac+vbc = c. 由 bc,ac,得abuac,abvbc, 故abc.
所以 r = 0,故[a,b] d.
定理2证明
2)不失一般性,假设a,b均是正整数.我们现在证明
ab (a,b) 是a,b的公倍数而且对于a,b的任意公倍数d都有
ab d (a,b)
设a = ka(a,b),b = kb(a,b),其中(ka,kb) = 1.则
ab =k b (a,b) a
= kba,
公倍数,最小公倍数
定义1-5 设a,b是两个不等于零的整数.如果ad,bd, 则称d是a和b的公倍数.a和b的正公倍数中最小的称为a 和b的最小公倍数,记为[a,b]. 显然, [a,b] = [–a,b] = [a,–b] = [–a,–b] =[|a|,|b|].
公倍数,最小公倍数
例8 a = 2,b = 3.它们的公倍数集合为 {0,6,12,18,…}. 而[2,3] = 6.
带余除法:
例3
1)a = –37, b= 5,则 –37 = (8)5+3,q=-8, r = 3. 2)a = 67,b= 7,则 67 = (9)( 7)+4, q=9, r = 4.
最大公因子(定义)
定义1-4: 1)设a,b是两个整数,如果整数ca且cb,则c称为a,b的 公因子. 2)设c0是两个不全为零的整数a,b的公因子,如果a,b的 任何公因子都整除c,则c称为a,b的最大公因子,记为c= (a,b).
证明:
性质3:如果ca且cb,则cua+vb,其中u,v是整数
(3)因为ca,则存在整数q1,使 a = q1c ① 两边同乘以整数u,有 ua=p1c (其中p1=uq1) ② 同理cb,有 vb=p2c (其中p2=vq2) ③ ②+③ 得出: pc=ua+vb 其中p=p1+p2=uq1+vq2 , 故cua+vb.
掌握必备的数学知识才能学 好信息安全!!!
学习方法:课堂认真听讲(成熟、会学习的表现) 课后认真、反复复习,深刻领会相关知识。 课程性质决定需要这样的学习方法。
上课时间:星期二下午5-8节
总成绩构成:平时表现(到课,听课):20%
作业: 期末考试: 10% 70%
课程内容:
第一章 整除与同余 第二章 群 第三章 循环群、群的结构 第四章 环 第五章 多项式环与有限域(*)
整除的基本性质(补充):
(1) ab<=> -ab<=> a-b <=>-a-b <=> ab
b≠0且ab =>a≤b
带余除法:
当两个整数不能整除时,我们有带余除法:
对于a,b两个整数,其中b0,则存在唯一q,r使得:
a = bq+r,0 ≤ r < |b|. r称为a被b除得到的余数.q称为不完全商. 显然当r = 0时,ba.
最大公因子(性质)
简单性质: 1. (a,b)=(-a,b)=(a,-b)=(-a,-b)=(|a|, |b|) 2. (0,a)=|a|
最大公因子(求解)
方法1:因子分解 例4:a=60=2×2 ×3 ×5 ,b=36=2 ×2 ×3×3 观察得:c=(a,b)= 2×2 ×3=12
方法2(一般方法): 欧几里德除法也称为辗转相除法。
算术基本定理
定理1-12
互素性质证明
性质3:如果(a,c) = 1,(b,c) = 1,则(ab,c) = 1
证明 3)因为(a,c) = 1,存在u,v,使 ua+vc = 1, 因为(b,c) = 1,存在r,s,使 rb+sc = 1, 于是 (ua+vc)( rb+sc) = (ur)ab+(usa+vrb+vsc)c = 1. 故(ab,c) = 1.
故(3824,1837) = 1.
r0 r1q1 r2 , r1 r2q2 r3 , r2 r3q3 r4 ,
rn 2 rn 1q n 1 rn , rn 1 rnq n rn 1 ,
有s, t 满足
r0=a, r1=b
0 r2 r1 0 r3 r2
例1:
a=10 ,b=2则有210;若a=100,b=10有10100
例2:
设a是整数,a 0, 则a0.
即0是任意整 数的倍数
整除的基本性质(定理1-1, pp.1):
1. 如果ba且ab,则b = a或b = a.
2. 如果ab且bc,则ac. 3. 如果ca且cb,则cua+vb,其中u,v是整数.
信息安全中的数学基础
张宗洋 zonБайду номын сангаасyangzhang@ 电子信息工程学院
本课件基于西安电子科技大学许春香教授课件制作
教材:
《信息安全数学基础》,许春香等编著,清华大学 出版社,2015年
主要参考书:
(1)信息安全数学基础(第二版),陈恭亮编著,清华大学出 版社,2014年 (2)初等数论,潘承洞,潘承彪著,北京大学出版社,2003年
所以
ab 是a,b的公倍数. (a,b)
设a,b的任意公倍数d = qaa = qbb,于是
d = qaka(a,b) = qbkb(a,b), qaka = qbkb. 因为(ka,kb) = 1,则 kaqb, kabqbb = d,
ab d (a,b)
ab 这表明(a,b) 是公倍数中最小的,定理得证.
互素(性质) 定理1-10,互素有如下性质:
1)如果cab且(c,a) = 1,则cb. 2)如果ac,bc,且(a,b) = 1,则abc. 3)如果(a,c) = 1,(b,c) = 1,则(ab,c) =1.
互素性质证明
性质1:如果cab且(c,a) = 1,则cb.
证明 1)因为(c,a) = 1,存在u,v,使 ua+vc = 1, 两端乘b得
欧几里德算法原理
(1)rn可以整除rn-1, rn-2,…..,r2,r1,r0, 所以rn是a,b的公因子。
(2) 若d整除r0, r1,则d整除 r2, r3,…..,rn-2,rn-1,rn。
故,rn是(a,b)的最大公因子。
最大公因子(求解)
例5:(3824,1837)=? (3824,1837)= (3824,1837). 3824 = 21837+150 1837 = 12150+37 150 = 437+2 37 = 182+1 2 = 21 得(3824,1837) = 1,
• 机密性:保证信息不能被未被授权者阅读
• 真实性:保证收到的信息确实是由发送者发送的
• 完整性:保证信息在传递过程中没有被篡改
• 不可抵赖性:保证发送者不能否认其发送过消息;接收者不能 否认接收到消息。
通过密码技术(基于数学理论的变换)实现以上目标。
• 密码技术是保证信息安全的核心技术 • 数学理论与方法是实现密码算法的基础
最小公倍数与最大公因子的关系
例1-10 a = 888,b = 312,求[a,b]. 解 (888,312) = 24,则[888,312] = =11544.
1.2 素数
定义1-8 如果一个大于1的整数p除1和p外无其他因子, 则p称为一个素数,否则称为合数.
定理1-11 设p是一个素数,则 1)对任意整数a,如果p不整除a,则(p,a) = 1. 2)如果pab,则pa,或pb.