《信息安全原理与技术》习题答案

1 -3 13 -16 29 -45 74 -119
550 119 74 45 29 16 13 3
1 -4 5 -9 14 -23 37 -171
-3 13 -16 29 -45 74 -119 550
119 74 45 29 16 13 3 1
根据扩展欧几里德算法逆元是 550 2.9、用快速指数模运算方法计算 200837 mod 77 和 319971 mod 77
4
(2) φ(2)φ(6)和 φ(3) φ(4)，哪一个等于 φ(12) 。
解：ϕ (2)ϕ (6) = ϕ (2) ×ϕ (2) ×ϕ (3) =1 ×1 ×2 = 2 ϕ (3)ϕ (4) = ϕ (3)ϕ (2 2) = 2 ×(2 2 − 2) = 4 ϕ (12) = ϕ (3 × 2 2 ) = ϕ (3)ϕ(2 2) = 2 ×(2 2 −2) = 4 显然ϕ (3)ϕ (4) = ϕ (12)
2.7、用欧几里德算法求 gcd (1997, 57) 和 gcd(24140, 16762)
2
解：对1997 和57 运用欧几里德算法的过程如下： 1997 = 35 × 57 + 2 57 = 28 × 2 + 1 2 = 2 ×1 + 0, 所以gcd(1997,57) =1 同理，对24140 和16762 运用欧几里德算法的过程如下： 24140 = 1 ×16762 + 7378 16762 = 2 × 7378 + 2006 7378 = 3 × 2006 +1360 2006 = 1 ×1360 + 646 1360 = 2 × 646 + 68 646 = 9 × 68 + 34 68 = 2 × 34 + 0，所以 gcd(24140,16762) = 34
共 20 个
= 3mod11 = 3
2.11 、计算下面欧拉函数； (1) φ(41) 、φ(27) 、φ(231) 、 φ(440)
解：ϕ （41）=41-1=40 ϕ(27)=ϕ(3 3 )=3 3 − 32 = 18 ϕ (231) = ϕ (3 × 7 ×11) = ϕ(3) ×ϕ(7) ×ϕ(11) = (3 −1) ×(7 −1) ×(11 −1) =120 ϕ (440) = ϕ (2 3 × 5 ×11) = (2 3 − 2 2) ×(5 −1) ×(11 −1) =160
560 mod 56 ≡ 1mod 56, 从而可以写成5 60 ≡1mod 56 或56| 5 60 −1 。 所以560 − 1是56的倍数。
2.6、对于整数 39 和 63，回答下面问题 (1) 它们是否互素； 解：由于 gcd(39,63)=3, 所以他们不互素。 (2) 用欧几里德算法求它们的最大公因子； 解：用欧几里德算法的计算过程如下：
《信息安全原理与技术》习题参考答案
郭亚军 清华大学出版社
第2章
2.1、列出小于 30 的素数。 2、3、5、7、11、13、17、19、23、29 2.2、若 a 是大于 1 的整数, 则 a 的大于 1 的最小因子一定是素数。 证明 若 a 是素数, 显然 a 的大于 1 的最小因子就是素数 a; 若 a 是合数, 则显然除 1 和 a 外还有其它的因数，令 b 是这些正因数中最小者, 可以证明 b 不是合数而是素数, 若 其不然, b 必有大于 1 且不等于 b 的因数 c, 于是由 c|b 和 b|c 可知 c|a, 即 c 是 a 的因数, 又有 1<c<b, 这与假设 b 是 a 的大于 1 的最小因数相矛盾． 故 b 不是合数而是素数． 因 此，a 的大于 1 的最小因数 b 是素数． 2.3、如果 n|(a-b), 证明 a≡b mod n 证明：由 n|(a-b)可知存在正整数 k,使得 a=kn+b,其中 b 是 1 到 n-1 之间的正整数，所以有 a mod n=b, b mod n=b,可知 a,b 同余，即 a ≡ b mod n 2.4、证明下面等式 (1) (a+b) mod m = ((a mod m) + (b mod m)) mod m
63 = 1× 39 + 24 39 = 1× 24 + 15 24 = 1×15 + 9 15 = 1× 9 + 6 9 = 1× 6 + 3 6 = 2×3 + 0 所以39和63的最大公因子是3.
(3) 25
-1
≡ x mod 15 是否有解。
解：由欧几里德算法有： 25 = 1×15 + 10 15 = 1×10 + 5 10 = 2 × 5 + 0, 可知25 和15的最大公因子是5，即gcd(25,15)=5 ≠ 1. 所以不互素 那么25-1 ≡ x mod15无解。
2.12、求解下列一次同余方程 (1)3 x≡10(mod 29) 解 因为(3，29)＝1，所以方程有惟一解。利用辗转相除法求得使 3x＋29y＝1 成立的 x、y 为 x＝10， y＝－1。 于是 3·10＋29·(－1)＝1， 3· 100＋29·(－10) ＝10， 所以 x≡100≡13(mod 29) 。 (2)40x≡191(mod 6191) 解 因为(40，6191) ＝1，所以方程有惟一解。利用辗转相除法求得使 40x＋6191 y＝1 成立的 x、y 为 x＝1393 ，y＝－9。于是 40·1393＋6191· (－9)＝1，40· 1393· 191＋6191·(－9·191) ＝191， 所以 x≡1393·191≡6041(mod 6191) (3)258 x≡131(mod 348) 解 因为(258， 348) ＝6，而 6 131，所以方程无解。 2.13、证明下面结论 设 a、b、c、d 为整数，m 为正整数，若 a≡b(mod m)，c≡d(mod m)，则： (1)ax＋cy≡bx＋dy(mod m)，x、y 为任意整数； (2)ac≡bd(mod m)； (3)an≡bn(mod m)，n＞0； (4)f(a)≡f(b)(mod m)，f( x)为任一整系数多项式。 证明 (1)因为 a≡b(mod m)，c≡d(mod m)，所以 m|(a－b)，m|(c－d)，于是 m|((a－b)x＋(c －d)y)，即 m|((ax＋cy)－(bx＋dy))，故 ax＋cy≡bx＋dy(mod m)。 (2)因为 a≡b(mod m)，c≡d(mod m)，所以 m|(a－b)，m|(c－d)，于是 m|(( a－b)c＋(c－d)b)， 即 m|(ac－bd)，故 ac≡bd(mod m)。 (3)因为 a≡b(mod m)，则存在整数 q 使得 a－b＝mq。于是： an－bn＝(b＋mq) n－bn＝( bn＋bn- 1( mq)1＋…＋b1(mq)n- 1＋(mq)n)－bn＝mp，其中 p 是一整 数。 所以 an≡bn(mod m)。 (4)由(1)和(3)可证。 2.14、求满足下面同余方程的解 x≡1(mod 5)，x≡5(mod 6)，x≡4(mod 7)，x≡10(mod 11) 解：令 m1＝5，m 2＝6，m3＝7，m4＝11，b1＝1，b2＝5，b3＝4，b4＝10。则 m＝2310 ，M1 ＝462，M2＝385，M3＝330，M4＝210。 利用辗转相除法求得 M1′＝－2，M2′＝1，M3′＝1，M4′＝1。 所以，x≡1·(－2)·462 ＋5·1·385 ＋ 4· 1· 330 ＋10·1·210 ≡4421 ≡2111(mod 2310) 2.15、求 Z5 中各非零元素的乘法逆元。 解：1-1=1,2-1=3,3-1 =2,4-1=4
2.10、用费马定理求 3201 (mod 11)
解：由于 gcd(3,11) = 1, 那么由费马定理得310 =311-1 ≡ 1mod11, 那么 3201 ≡ 3 × 3200 mod11 ≡ 3 × (310 mod11) ×(310 mod11) ×........(3 10 mod11 ) mod11 14444444 4 244444444 3
解：由于 gcd(2008, 77) = 1, 且77 = 7 ×11，ϕ(7) = 6, ϕ(11) =10,[ ϕ(7), ϕ(11)] =30 37 ≡ 7 mod 30, 由欧拉定理可知2008 37 ≡ 2008 7 mod 77 ，设a为指数，计算过程如下： a = 6时， 2008 ≡ 6 mod 77 a = 3时， 2008 2 ≡ 36 mod 77 a = 2时， 6 × 36 = 216 ≡ 62 mod 77 a = 1时， 36 2 ≡ 64 mod 77 a = 0时， 64 × 62 = 3968 ≡ 41mod 7 7，所以2008 37 ≡ 20087 mod 77 ≡ 41mod 77 解：由于 gcd(3, 77) = 1, 且77 = 7 ×11，ϕ(7) = 6, ϕ(11) =10,[ ϕ(7), ϕ(11)] =30 19971 ≡ 21mod 30, 由欧拉定理知319971 ≡ 3 21 mod 77 ，由 21 = ( 10101 ) 2 得 32 ≡ 9， 31 × 9 0 ≡ 3(mod 77) 92 ≡ 4,3 × 41 ≡ 12(mod 77) 4 2 ≡ 16，12 ×16 0 ≡ 12(mod 77) 16 2 ≡ 25,12 × 251 ≡ 69(mod 77). 即 3 19971 ≡ 69 mo d 77
−1082 ≡ 3239 mod 4321, 所以逆元是3239
(2) 24140 mod 40902 用扩展欧几里德算法的计算过程如下： 循环次数 初始值 1 2 3 4 5 6 7 8 Q --1 1 2 3 1 2 9 2 X1 1 0 1 -1 3 -10 13 -36 326 X2 0 1 -1 2 -5 14 -19 52 -487 X3 40902 24140 16762 7378 2006 1360 646 68 34 Y1(T1 ) 0 1 -1 3 -10 13 -36 326 -688 Y 2(T2) 1 -1 2 -5 14 -19 52 -487 1026 Y3(T 3) 24140 16762 7378 2006 1360 646 68 34 0
(4) (a×(b+c) ) mod m = ((a×b) mod m) + ((a×c) mod m)) mod m
证明：由(1) 和 ( 3 ) 可知， ( a × (b + c)) mod m = (( a × b) + ( a × c)) mod m = ((( a × b) mod m) + (( a × c) mod m)) mod m. 得证。
证明：假设a mod m = ra , b mod m = rb , 则得a = jm + ra , j ∈ Z.同样，假定 b = km + rb , k ∈ Z , 于是有( a + b ) mod m = ( jm + ra + km + rb ) mod m = ( ra + rb ) mod m = [( a mod m) + (b mod m)] mod m, 得证。
根据扩展欧几里德算法没有逆元。 （3）550 mod 1769 解：计算过程如下表所示： 循环次数 初始值 Q -X1 1 X2 0 X3 1769 Y1(T1 ) 0 Y 2(T2) 1 Y3(T 3) 550
3ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
1 2 3 4 5 6 7 8
3 4 1 1 1 1 1 4
0 1 -4 5 -9 14 -23 37
(2) (a-b) mod m = ((a mod m) - (b mod m)) mod m
证明：假设a mod m = ra , b mod m = rb , 则得a = jm + ra , j ∈ Z.同样，假定 b = km + rb , k ∈ Z , 于是有( a − b) mod m = ( jm + ra − km − rb ) mod m = ( ra − rb ) mod m = [( a mod m) − (b mod m)] mod m, 得证。
(3) (a×b) mod m = ((a mod m) × (b mod m)) mod m
证明：假设a mod m = ra , b mod m = rb , 则得a = jm + ra , j ∈ Z.同样，假定 b = km + rb , k ∈ Z , 于是有( a × b ) mod m = ( jm + ra )( km + rb ) mod m = (ra rb + rb jm + ra km + kjm2 ) mod m = ( ra × rb ) mod m = [( amod m) ×( bmod m)] mod m , 得证。
2.5、证明 560-1 是 56 的倍数。
1
13) mod 56 证明：由于53 = 13mod 56,5 6 mod 56 = (5 3 ×5 3) mod 56 =(13 × ≡ 1mod 56, 对同余式两边同时升到10次幂，即那么
10 组 64444444 4 744444444 8 6 6 5 mod 56 = (5 mod 56) ×(5 mod 56) ×......(5 6mod 56) mod 56 60 10 组 6444444 4 74444444 8 = (1mod 56) × (1mod 56) ×......(1mod 56) m od 56 = 1mod 56, 所以
2.8、用扩展欧几里德算法求下列乘法逆元 (1) 1234 mod 4321 用扩展欧几里德算法的计算过程如下： 循环次数 初始值 1 2 3 4 5 Q --3 1 1 153 1 X1 1 0 1 -1 2 -307 X2 0 1 -3 4 -7 1075 X3 4321 1234 619 615 4 3 Y1(T1 ) 0 1 -1 2 -307 309 Y 2(T2) 1 -3 4 -7 1075 -1082 Y3(T 3) 1234 619 615 4 3 1