信息安全数学基础习题第三章答案

信息安全数学基础习题答案
第三章.同余式
1．（1）解：因为（3，7）=1 | 2 故原同余式有一个解
又3x ≡1（mod7） 所以 特解x 0`≡5（mod7）
同余式3x ≡2（mod7）的一个特解x 0≡2* x 0`=2*5≡3（mod7）
所有解为：x ≡3（mod7）
（2）解：因为（6，9）=3 | 3故原同余式有解
又2x ≡1（mod3） 所以 特解x 0`≡2（mod3）
同余式2x ≡1（mod3）的一个特解x 0≡1* x 0`=1*2≡2（mod3）
所有解为：x ≡2+3t （mod9）t=0,1,2
所以解分别为x ≡2，5, 8（mod9）
（3）解：因为（17，21）=1 | 14 故原同余式有解
又17x ≡1（mod 21） 所以 特解x 0`≡5（mod 21）
同余式17x ≡14（mod 21）的一个特解x 0≡14* x 0`=14*5≡7（mod 21） 所有解为：x ≡7（mod 21）
（4）解：因为（15，25）=5 不整除9，故原同余式无解
2．（1）解：因为（127，1012）=1 | 833 故原同余式有解
又127x ≡1（mod1012） 所以 特解x 0`≡255（mod1012）
同余式127x ≡833（mod1012）的一个特解x 0≡833* x 0`=833*255≡907（mod1012） 所有解为：x ≡907（mod1012）
3．见课本3.2例1
4.设a,b,m 是正整数，（a,m ）=1,下面的方法可以用来求解一次同余方程ax ≡b(mod m)
(3)6x ≡7（mod 23）
解：依据题意可知，原式与(a%m)x ≡-b[m/a](mod m)同解
即与5x ≡-7*3(mod 23)同解,化简得5x ≡2(mod 23).
重复使用上述过程，5x ≡2(mod 23)->3x ≡-8(mod 23)->2x ≡10(mod 23)->x ≡5(mod 23). x ≡5(mod 23)即为方程的解。

5.设p 是素数，k 是正整数，证明：同余式X 2≡1(mod p k )正好有两个不同余的解
6.证明：k>2时，同余式X 2≡1(mod 2k )恰好有四个不同的解
7．（1）解：因为（5，14）=1
由Euler 定理知，同余方程5x ≡3（mod14）的解为： x ≡5
ϕ(14)-1*3≡9（mod14） （2）解：因为（4，15）=1
由Euler 定理知，同余方程4x ≡7（mod15）的解为： x ≡4
ϕ(15)-1*7≡13（mod15） （3）解：因为（3，16）=1
由Euler 定理知，同余方程3x ≡5（mod16）的解为： x ≡3
ϕ(16)-1*5≡7（mod16）
8.解：根据题意可设倍数为x,那么可列出同余式组：
11x ≡1（mod 2）
11x ≡1（mod 3）
11x ≡1（mod 5）
11x ≡1（mod 7）
所有首项系数化为1得到
x ≡1（mod 2）
x ≡2（mod 3）
x ≡1（mod 5）
x ≡2（mod 7）
其中m=2*3*5*7=210；M1=3*5*7=105，M1’M1≡1（mod 2），→M1’=1；M2=2*5*7=70，M2’M2≡1（mod 3），→M2’=1；M3=2*3*7=42，M3’M3≡1（mod 5），→M3’=3；M4=2*3*5=30，M4’M4≡1（mod 7），→M4’=4；
X ≡105*1*1+70*1*2+42*3*1+30*4*2
≡191(mod 210)
所以所有解为(191+210t)*11,其中t=0,1,2,3…
9.构造性证明如下:(1)由已知, ((a,c),(b,c))=1 于是存在x,y 使得 x*(a,c)+y*(b,c)=1 (可以对两边求模(a,c)的余数而得解出y,同理可解出x) 注意取合适的y 值,使 (y,c)=1 (2)同余式 bm=(b,c) mod c 有解m 这是因为 (b/(b,c),c)=1,故(b/(b,c)) m ==1 mod c 有解,从而(2)有解. 于是, x*(a,c)+bmy ==1 mod c (3)再求解同余式(a,c)==a my *r mod c 注: (1)中,(y,c)=1 ,(2)中, (m,c)=1,又(a/(a,c),c)=1故1==(a/(a,c))my *r mod c 有解,从而式(3)有解. 最后可得 x*a myr +bmy ==1 mod c 即 (axr+b) my ==1 mod c 于是取n=xr, (an+b, c)=1
10.证明：必要性是显然的，下面证明充分性。

若（m 1,m 2）|(a 1,a 2)成立，由3.1节定理1，同余方程m 2y ≡a 1-a 2(mod m 1)有解y ≡y 0(mod m 1).记x 0=a 2+m 2y 0,则x 0≡a 2(mod m 2),并且有x 0=a 2+m 2y 0≡a 2+a 1-a 2≡a 1(mod m 1),因此x 0是同余方程组的解。

即若x 1和x 2都是同余方程组的解，那么x 1≡x 2(mod m 1),x 1≡x 2(mod m 2),因此有x 1≡x 2(mod [m 1,m 2]).
11．证明：由中国剩余定理知方程解为：
x ≡a 1M 1M 1`+ a 2M 2M 2`+……+ a k M k M k `（mod m ）
因为m i 两两互素，又中国剩余定理知：M i M i `≡1（mod m i ）
又M i =m/m i 所以（m ，M i ）≡1（mod m i ） 所以M i M i `=M i ϕ(mi)≡（mod m i ） 代入方程解为x ≡a 1 M 1
ϕ(m1)+ a 2 M 2ϕ(m2)+……+ a k M k ϕ(mk)(mod m) 得证。

12．（1）解：由方程组得：3x+3y ≡2(mod7)
6x+6y ≡4(mod7) x+y ≡-4(mod7)
X ≡5(mod 7) y ≡5 (mod 7)
（2）解：由方程组得：2x+6y ≡2(mod7) 2x-y ≡2(mod7)
6x+8y ≡4(mod7) x-y ≡-4(mod7)
X ≡6(mod 7) y ≡3 (mod 7)
13．见课本3.2例4
14．同课本3.2例3 21000000≡562（mod1309）
15．（1）解：等价同余式组为：
23x≡1（mod4）
23x≡1（mod5）
23x≡1（mod7）
所以 x≡3（mod4） x≡2（mod5） x≡4（mod7）
所以x≡3*35*3 + 2*28*2 + 4*20*6≡67（mod140）
（2）解：等价同余式组为：
17x≡1（mod4）
17x≡1（mod5）
17x≡1（mod7）
17x≡1（mod11）
所以 x≡1（mod4） x≡2（mod5） x≡-3（mod7） x≡7（mod11）
所以x≡1*385*1 + 2*308*2 + (-3)*220*5 + 7*140*7 ≡557（mod1540）
16.设k是正整数，a1,…ak是两两互素的正整数，证明：存在k个相邻整数，使得第j个数被aj整除(1≤j≤k)。

17.设整数m1,…mk两两互素，则同余方程组aix≡bi(mod mj), (1≤j≤k)有解的充要条件是每一个同余方程
18. 设整数m1,…mk两两互素，（aj,mj）=1.证明
19．解：3x14+4x13+2x11+x9+x6+x3+12x2+x≡0（mod7）
左边=(x7-x)( 3x7+4x6+2x4+x2+3x+4)+ x6+2x5+2x2+15x2+5x
所以原同余式可化简为：x6+2x5+2x2+15x2+5x≡0（mod7）
直接验算得解为：x≡0（mod7） x≡6（mod7）
20．解：f`(x) ≡ 4x3+7（mod243）
直接验算的同余式f（x）≡0(mod3)有一解：x1≡1（mod3）
f`(x1) ≡4*13*7=-1(mod3) f`(x1)-1≡-1(mod3)
所以t1≡-f（x1）*( f`(x1)-1(mod3))/31≡1(mod 3)
x2≡x1+3 t1≡4(mod 9)
t2≡-f（x2）*( f`(x1)-1(mod3))/32≡2(mod 3)
x3≡x2+32 t2≡22(mod 27)
t3≡-f（x3）*( f`(x1)-1(mod3))/33≡0(mod 3)
x4≡x3+33 t3≡22(mod 81)
t5≡-f（x4）*( f`(x1)-1(mod3))/34≡2(mod 3)
x5≡x4+34 t4≡184(mod 243)
所以同余式f（x）≡0(mod243)的解为：x5≡184(mod 243)。