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。

反例：a =7, b =3, m =8(2) 错误。

该命题当m 为素数时才成立（∵a 2+b 2 ≡0(mod m ) Ù (a +b )(a -b )≡0(mod m ) Ùm |(a +b )(a -b )，而只有m 为素数时，才Ù m |(a +b ) 或m | (a -b )）(3) 错误。

反例：a=1, b=4, m=3 (4) 正确。

证明：当a, b 为偶数时，设a =2k , b =2k’，则a 2=(2k )2=4k 2，b 2=(2k’)2=4k ’2，因为4k 2≡4k ’2≡0(mod4)，所以a 2 ≡ b 2(mod4)；当a, b 为奇数时，设a =2k +1, b =2k’+1，则a 2=(2k +1)2=4(k 2+k )+1，b 2=(2k’+1)2=4(k ’2+k’)+1，因为4(k 2+k )+1≡ 4(k ’2+k’)+1≡ 1(mod4)，所以a 2 ≡ b 2(mod4)。

4、解：设未知数为x ，则根据弃九法，有：((78954)mod 9(98351)mod 9)mod 9(77654854)mod 9x ++++×++++=++++++++解之得：x =25、解：因为ord 7(3)=6，即36≡1(mod 7)，所以302565043((3)3)133(mod 7)≡×≡×≡，故此后第30253是星期日。

6、解：因为ord 100(3)=20, 即320≡1(mod 100)，所以4082020883(3)31361(mod100)≡×≡×≡，故3408写成十进制时的最后两位数是61。

9、解：(1) 模11的一组全为奇数的完全剩余系为：1，3，5，7，9，11，13，17，19，21(2) 模11的一组全为偶数的完全剩余系为：0，2，4，6，8，10，12，14，16，18，20 (3) 设模m 的完全剩余系为：0121,1,2,,(1),()m i k m k m k m k m m k Z −++++∈ 由于2|m ，2|(,0,2,4,,2)i i i i k m r k Z r m +∈=− 所以，2|(,1,3,5,,1)j j j j k m r k Z r m +∈=− 而，因此，模m 的完全剩余系中一半是偶数，一半是奇数。

12、证明：因为{1，2， ，n }中，与n 互素的个数为()n ϕ，将{1，2， ，nk }分成k 个集合，每个集合由n 个连续的整数构成。

每个集合都是一组模n 的完全剩余系，由例题2-8的结论：模m 的同一个剩余类中任意两个整数与m 的最大公约数相同知，每个集合中与n 互素的整数为()n ϕ个，故在不超过nk 的正整数中，和n 互素的整数的个数为k ()n ϕ。

13、（该题有问题，可不做） 证明：因为()2()(1)1m m a a a a aa ϕϕ−+++=− ，所以原命题等价于证明()(1)0(mod )1m a a m a ϕ−≡−，又因为(a, m )=1？，由同余的性质2-2(1)和(5)知，()(1)0(mod )1m a a m a ϕ−≡−Ù()(1)0(mod )m a a m ϕ−≡又因为(a,m )=1，所以由欧拉定理有()1(mod )m a m ϕ=，即()(1)0(mod )m a a m ϕ−≡成立。

所以，原命题2()0(mod )m a a a m ϕ+++≡ 成立。

15、证明：(1) 由Wilson 定理有：n 是素数Ù(1)!1(mod )(1)!10(mod )|(1)!1n n n n n n −≡−⇔−+≡⇔−+ (2) 由Wilson 定理有：n 是素数(1)!1(mod )n n ⇔−≡−⇔(1)!1(mod )(2)!(1)1(mod )n n n n n n n −≡−⇔−−≡−，又因为 ((n -1), n ) = (-1, n ) = (1, n ) = 1，所以由同余的性质2-2(1)和(5)有：(2)!(1)1(mod )(2)!1(mod )|((2)!1)n n n n n n n n −−≡−⇔−≡⇔−−即n 是素数的充要条件为n |((n -2)!-1)。

(3) 由Wilson 定理有：n 是素数(1)!1(mod )n n ⇔−≡−()111()!((1))((2))(1)1(mod )()!((1))((2))(1)1(mod )()!(1)!(1)1(mod )()!(1)!(1)(mod )|()!(1)!(1)k k k n k n k n k n n n k k k n n k k n n k k n n n k k −−−⇔−−−−−−≡−⇔−−−−−−≡−⇔−−−≡−⇔−−≡−−⇔−−+−17、证明：（方法一）首先，令41(0)p k k =+≥，则221(!)(2!)2((2))(21)(((21))1((1))2p k k p k k p k p −≡≡×−−×−×−−−××−− 222(1)2(21)(21)(22)14(1)(4)!(1)(1)!1(mod )k k k k k k k k k p p ≡−××+×−×+××≡−×≡−×−=− 所以x 2 ≡ -1 (mod p )的解为：1!(mod )2p x p −≡±。

又因为p 为奇素数，所以11!!22p p −−和- 模p 不同余，综上可证，同余式x 2 ≡ -1 (mod p )有两个不同的解1!(mod )2p x p −≡±。

（方法二）由第三章的知识有，因为p 为4k +1形式的素数，所以11p ⎛⎞−=⎜⎟⎝⎠，即 同余式x 2 ≡ -1 (mod p )有两个不同的解。

再由方法一中的证明过程可得： x 2 ≡ -1 (mod p )的两个不同的解为：1!(mod )2p x p −≡±。

18、解：(1) 利用算法2-1，有0001112223334445556667778889991,2,2,1,4,8,1,16,6,,012,6,1,22,10,1,57,21,0,16,21,0,12,21,0,22,21,1,57,38,m a b m a b m a b m a b m a b m a b m a b m a b m a b m a b ==============================故，5672mod 6138=。