信息安全数学基础习题答案 2.docx
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信息安全数学基础习题答案2
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
Z
5|n所以5|2k,又(5,2)=1,所以5|k即k=5k1,k1
Z
7|n所以7|2*5k1,又(7,10)=1,所以7|k1即k1=7k2,k2
Z
所以n=2*5*7k2即n=70k2,k2
Z
因此70|n
2.证明:
因为a3-a=(a-1)a(a+1)
当a=3k,k
Z3|a则3|a3-a
当a=3k-1,k
Z3|a+1则3|a3-a
当a=3k+1,k
Z3|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2k0+1,k0
Z
(2k0+1)2=4k02+4k0+1=4k0(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(2k0+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=9
10.证明:
p1p2p3|n,则n=p1p2p3k,k
N+
又p1≤p2≤p3,所以n=p1p2p3k≥p13即p13≤n1/3
p1为素数则p1≥2,又p1≤p2≤p3,所以n=p1p2p3k≥2p2p3≥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。
(3k1+1)(3k2+1)=[(3k1+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,…,pn
因为4k+3=4k`-1=4k-1构造N=4*p1*p2*…*pn-1≥3*p1*p2*…*pn
所以N>pi(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+30
55=1*30+25
30=1*25+5
25=5*5
所以(55,85)=5
(2)解:
282=1*202+80
202=2*80+42
80=1*42+38
42=1*38+4
38=9*4+2
4=2*2
所以(202,282)=2
29.
(1)解:
2t+1=1*(2t-1)+2
2t-1=(t-1)*2+1
2=2*1
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)
=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=-1226t=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=951t=-743
36.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)=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
平方得:
p2=2q2,即2|p2,所以p=2m,m
N
因此p2=4m2=2q2q2=2m2q=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pi的乘积,m=p1p2p3……pn,pi为素数。
因为7为素数,假设7!
|m,则7!
∈{p1,p2,p3,……pn}
所以m2=p12p22p32……pn2=(p1p2p3……pn)(p1p2p3……pn)
所以7!
|m2,与7|m2矛盾,故7|m,m=7k
同理可知:
7|n,n=7k0
所以(m,n)=(7k,7k0)=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/q
Ln10q=ln2p10q=2p
(2*5)q=2p5q=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=120
51.(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(modm)
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ai≡bi(modm),1≤i≤k所以ai=bi+kim
又a1+a2+…+ak=∑ai=∑(bi+kim)=∑bi+m*∑ki
所以有∑ai≡∑bi(modm)
即a1+a2+…+ak=b1+b2+…+bk(modm)
(ii)因为ai≡bi(modm),1≤i≤k所以ai(modm)=bi(modm)
所以(a1a2…ak)modm≡[(a1modm)(a2modm)…(akmodm)]modm
≡[(b1modm)(b2modm)…(bkmodm)]modm
≡(b1b2…bk)modm
所以a1a2…ak≡a1a2…ak(modm)
8.证明:
如果a2≡b2(modp)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(modn)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(modc)则a=cq+b,q
Z
根据1.3定理3知(a,c)=(b,c)
17.解:
(1)ak+ak-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)ak+ak-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)ak+ak-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)ak+ak-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。
21.解:
(1)因为875961*2753≡[(36mod9)(17mod9)]mod9≡0(mod9)
2410520633≡26(mod9)≡8(mod9)
所以等式875961*2753=2410520633不成立
(2)因为14789*23567≡[(29mod9)(23mod9)]mod9≡1(mod9)
348532367≡41(mod9)≡5(mod9)
所以等式14789*23567=348532367不成立
(3)因为24789*43717≡[(30mod9)(22mod9)]mod9≡3(mod9)
1092700713≡30(mod9)≡3(mod9)
所以等式24789*43717=1092700713可能成立
(4)这种判断对于判断等式不成立时简单明了,但对于判断等式成立时,可能会较复杂。
22.解:
因为7为素数,由Wilso定理知:
(7-1)!
≡-1(mod7)即6!
≡-1(mod7)
所以8*9*10*11*12*13≡1*2*3*4*5*6(mod7)≡6!
(mod7)≡-1(mod7)
31.证明:
因为c1,c2,…,c
(m)是模m的简化剩余系
对于任一ci,有m-ci也属于模m的简化剩余系
所以ci+(m-ci)≡0(modm)
因此c1+c2+…+c
(m)≡0(modm)
32.证明:
因为a
(m)≡1(modm)所以a
(m)-1≡0(modm)
a
(m)-1=(a-1)(1+a+a2+…+a
(m)-1)≡0(modm)
又(a-1,m)=1
所以1+a+a2+…+a
(m)-1≡0(modm)
33.证明:
因为7为素数,由Fermat定理知a7≡a(mod7)
又(a,3)=1所以(a,9)=1由Euler定理知a
(9)≡a6≡1(mod9)即a7≡a(mod9)
又(7,9)=1,所以a7≡a(mod7*9)
即a7≡a(mod63)
34.证明:
因为32760=23*32*5*7*13又(a,32760)=1
所以(a,2)=(a,3)=(a,5)=(a,7)=(a,13)=1
有:
a
(13)≡1(mod13)即a12≡1(mod13)
a
(8)≡a4≡1(mod8)即a12≡1(mod8)
a
(5)≡a4≡1(mod5)即a12≡1(mod5)
a
(7)≡a6≡1(mod7)即a12≡1(mod7)
a
(9)≡a6≡1(mod9)即a12≡1(mod9)
又因为[5,7,8,9,13]=32760
所以a12≡1(mod32760)
35.证明:
因为(p,q)=1p,q都为素数所以
(p)=p-1,
(q)=q-1
由Euler定理知:
p
(q)≡1(modq)q
(p)≡1(modp)
即pq-1≡1(modq)qp-1≡1(modp)
又qp-1≡0(modq)pq-1≡0(modp)
所以pq-1+qp-1≡1(modq)qp-1+pq-1≡1(modp)
又[p,q]=pq所以pq-1+qp-1≡1(modpq)
36.证明:
因为(m,n)=1
由Euler定理知:
m
(n)≡1(modn)n
(m)≡1(modm)
所以m
(n)+n
(m)≡(m
(n)modn)+(n
(m)modn)≡1+0≡1(modn)
同理有:
m
(n)+n
(m)≡1(modm)
又[m,n]=mn所以m
(n)+n
(m)≡1(modmn)
第三章.同余式
1.
(1)解:
因为(3,7)=1|2故原同余式有解
又3x≡1(mod7)所以特解x0`≡5(mod7)
同余式3x≡2(mod7)的一个特解x0≡2*x0`=2*5≡3(mod7)
所有解为:
x≡3(mod7)
(3)解:
因为(17,21)=1|14故原同余式有解
又17x≡1(mod21)所以特解x0`≡5(mod21)
同余式17x≡14(mod21)的一个特解x0≡14*x0`=14*5≡7(mod21)
所有解为:
x≡7(mod21)
2.
(1)解:
因为(127,1012)=1|833故原同余式有解
又127x≡1(mod1012)所以特解x0`≡255(mod1012)
同余式127x≡833(mod1012)的一个特解x0≡833*x0`=833*255≡907(mod1012)
所有解为:
x≡907(mod1012)
3.见课本3.2例1
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
(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
(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
(16)-1*5≡7(mod16)
11.证明:
由中国剩余定理知方程解为:
x≡a1M1M1`+a2M2M2`+……+akMkMk`(modm)
因为mi两两互素,又中国剩余定理知:
MiMi`≡1(modmi)
又Mi=m/mi所以(m,Mi)≡1(modmi)
所以MiMi`=Mi
(mi)≡(modmi)
代入方程解为x≡a1M1
(m1)+a2M2
(m2)+……+akMk
(mk)(modm)得证。
12.
(1)解:
由方程组得:
3x+3y≡2(mod7)
6x+6y≡4(mod7)x+y≡-4(mod7)
X≡5(mod7)y≡5(mod7)
(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(mod7)y≡3(mod7)
13.见课本3.2例4
14.同课本3.2例321000000≡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)
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(mod3)
x2≡x1+3t1≡4(mod9)
t2≡-f(x2)*(f`(x1)-1(mod3))/32≡2(mod3)
x3≡x2+32t2≡22(mod27)
t3≡-f(x3)*(f`(x1)-1(mod3))/33≡0(mod3)
x4≡x3+33t3≡22(mod81)
t5≡-f(x4)*(f`(x1)-1(mod3))/34≡2(mod3)
x5≡x4+34t4≡184(mod243)
所以同余式f(x)≡0(mod243)的解为:
x5≡184(mod243)
第四章.二次同余式与平方剩余
2.解:
对x=0,1,2,3,4,5,6时,分别求出y
x=0,y2≡1(mod7),y≡1,6(mod7)
x=4,y2≡4(mod7),y≡2,5(mod7)
当x=1,2,3,5,6时均无解
5.解:
对x=0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16时,分别求出y
x=0,y2≡1(mod17),y≡1,16(mod17)
x=1,y2≡3(mod17),无解
x=2,y2≡11(mod17),无解
x=3,y2≡14(mod17),无解
x=4,y2≡1(mod17),y≡1,16(mod17)
x=5,y2≡12(mod17),无解
x=6,y2≡2(mod17),y≡6,11(mod17)
x=7,y2≡11(mod17),无解
x=8,y2≡11(mod17),无解
x=9,y2≡8(mod17),y≡5,12(mod17)
x=10,y2≡8(mod17),y≡5,12(mod17)
x=11,y2≡0(mod17),y≡0(mod17)
x=12,y2≡7(mod17),无解
x=13,y2≡1(mod17),y≡1,16(mod17)
x=14,y2≡5(mod17),无解
x=15,y2≡8(mod17),y≡5,12(mod17)
x=16,y2≡16(mod17),y≡4,13(mod17)
10.解:
(1).(17/37)=(-1)(17-1)(37-1)/(2*2)*(37/17)=-1
(4).(911/2003)=(-1)(2003-1)(911-1)/(2*2)*(2003/911)=1/3=1
(6).(7/20040803)=(-1)(7-1)(20040803-1)/(2*2)*(20040803/7)=1
12.解:
(1).因为(-2/67)=(65/67)=1
所以-2是67的平方剩余
所以x2≡-2(mod67)有2个解。
(4).因为(2/37)=(-1)(37*37-1)/8=-1
所以2是37的平方非剩余
所以x2≡2(mod37)无解。
14.证明:
(1)因为p为其素数,模p的所有二次剩余个数为(p-1)/2个,
设为a1,a2,a3,…a(p-1)/2
则a1*a2*a3…a(p-1)/2≡12*22*32…((p-1)/2)2(modp)
≡1*2*3…((p-1)/2)*(-(p-1))*(-(p-2))*…(-(p-(p-1)/2))(modp)
≡1*2*3…((p-1)/2)*(p-(p-1)/2)…*(p-2)*(p-1)(-1)(p-1)/2(modp)
≡(p-1)!
*(-1)(p-1)/2(modp)
≡(-1)*(-1)(p-1)/2(modp)(2.4定理3)
≡(-1)(p+1)/2(modp)
所以模p的所有二次剩余乘积模p的剩余为(-1)(p+1)/2得证。
(2)1,2,3,…p-1为p的一个完全剩余系
1*2*2…*(p-1)≡-1(modp)≡(-1)(p+1)/2(-1)(p-1)/2(modp)
因为模p的所有二次剩余乘积模p的剩余为
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