信息安全数学基础习题答案

1、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 , kz 5|n 所以5|2k ， 又（5，2）=1，所以5|k 即k=5 k1 ，k1z 7|n 所以7|2*5 k1 ,又（7，10）=1，所以7| k1 即k1=7 k2，k2z 所以n=2*5*7 k2 即n=70 k2, k2z 因此70|n2证明：因为a3-a=(a-1)a(a+1) 当a=3k，kz 3|a 则3|a3-a 当a=3k-1，kz 3|a+1 则3|a3-a 当a=3k+1，kz 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， k0z （2 k

2、0+1）24 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（2 k0+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), kz 对数列中任一数 (k+1

3、)！+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1911/214 ,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5471/224 ,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=910证明：p1 p2 p3|n， 则n= p1 p2 p3k，kn+ 又

4、p1 p2 p3，所以n= p1 p2 p3kp13 即p13n1/3 p1为素数 则p12，又p1 p2 p3，所以n= p1 p2 p3k2 p2 p32p22 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。 (3 k1+1)(3 k2+1)=( 3 k1+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

5、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-13*p1*p2*pn 所以npi (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）=229（1）解：2t+

6、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)）=232（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=-1226 t=551 （2）解：1=4-1*3 =4-1*

7、(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=951 t=-74336证明：因为（a，4）=2 所以a=2*(2m+1) mz 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）=437证明：反证法 假设n

8、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, mn 因此p2=4m2=2q2 q2=2m2 q=2n, nn 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

9、7|m2 将m表示成n个素数pi的乘积，m= p1 p2 p3 pn ， pi为素数。 因为7为素数，假设7 !| m，则7 !p1 ，p2，p3 ，pn 所以m2= p12 p22 p32 pn 2=( p1 p2 p3 pn)( p1 p2 p3 pn) 所以7 !| m2，与7|m2矛盾，故7|m, m=7k 同理可知：7|n, n=7 k0 所以(m, n)=(7k,7 k0)=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l

10、og210=ln10/ln2=p/q ln10q=ln2p 10q=2p (2*5)q=2p 5q=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=12051（4）解：(471179111011001,4111831111011000)= 4104707908301011000=1011000 471179111011001,4111831111011000= 4111471179111831111011001第二章同余1解：（

11、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m2时，因为(m-1)2=m2-2m+1=m(m-2)+1 所以(m-1)21(mod m) 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：212(mod7), 224(mod7), 231(mod7) 又20080509=6693503*3 所以220080509=(23)66935031(mod7) 故220080509是星期六。7证明：（i）因为ai

12、bi (modm),1ik 所以ai=bi+kim 又a1+a2+ +ak=ai=(bi+kim)=bi+m*ki 所以有aibi (mod m) 即a1+a2+ +ak=b1+b2+ +bk (mod m) （ii）因为ai bi (mod m),1ik 所以ai(mod m)=bi (mod m) 所以（a1a2ak）mod m(a1mod m)( a2mod m)(ak mod m)mod m (b1mod m)( b2mod m)(bk mod m)mod m （b1b2bk）mod m 所以 a1a2aka1a2ak(mod m)8证明：如果a2b2(mod p) 则a2= b2+k

13、p , kz 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a2b2(mod n) 则a2= b2+kn , kz 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)=p1 (n,

14、a+b)=(pq, a+b)=(q, a+b)=q1故原命题成立。10证明：因为ab (mod c) 则a=cq+b , qz 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8937

15、752744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) 241052063326

16、(mod9) 8(mod9) 所以等式875961*2753=2410520633不成立 （2）因为14789*23567(29mod9)(23mod9)mod9 1(mod9) 34853236741(mod9) 5(mod9) 所以等式14789*23567=348532367不成立 （3）因为24789*43717(30mod9)(22mod9)mod9 3(mod9) 109270071330(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

17、wilso定理知：(7-1)! -1(mod7) 即6！-1（mod7） 所以8*9*10*11*12*131*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)-10(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

18、fermat定理知a7 a(mod7) 又（a，3）=1 所以(a,9)=1 由euler定理知a(9)a61(mod9) 即a7a(mod9) 又(7,9)=1, 所以a7a(mod7*9) 即a7a(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a121(mod13) a(8)a41(mod8) 即a121(mod8) a(5)a41(mod5) 即a121(mod5) a(7)a61(mod7) 即a121(mod7) a(9)a61(mod

19、9) 即a121(mod9) 又因为5,7,8,9,13=32760 所以a121(mod32760)35证明：因为(p,q)=1 p,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-11(modq) qp-11(modp) 又 qp-10(modq) pq-10(modp) 所以pq-1+qp-11(modq) qp-1+pq-11(modp) 又p,q=pq 所以pq-1+qp-11(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

20、)(m(n)modn)+ (n(m)modn)1+01(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3x1（mod7） 所以 特解x05（mod7） 同余式3x2（mod7）的一个特解x02* x0=2*53（mod7） 所有解为：x3（mod7） （3）解：因为（17，21）=1 | 14 故原同余式有解 又17x1（mod21） 所以 特解x05（mod21） 同余式17x14（mod21）的一个特解x014* x0=14*57（mod21） 所有解为

21、：x7（mod21）2（1）解：因为（127，1012）=1 | 833 故原同余式有解 又127x1（mod1012） 所以 特解x0255（mod1012） 同余式127x833（mod1012）的一个特解x0833* x0=833*255907（mod1012） 所有解为：x907（mod1012）3见课本3.2例17（1）解：因为（5，14）=1 由euler定理知，同余方程5x3（mod14）的解为： x5(14)-1*39（mod14） （2）解：因为（4，15）=1 由euler定理知，同余方程4x7（mod15）的解为： x4(15)-1*713（mod15） （3）解：因为（

22、3，16）=1 由euler定理知，同余方程3x5（mod16）的解为： x3(16)-1*57（mod16）11证明：由中国剩余定理知方程解为： xa1m1m1+ a2m2m2+ akmkmk（mod m） 因为mi两两互素，又中国剩余定理知：mimi1（mod mi） 又mi=m/mi 所以（m，mi）1（mod mi） 所以mimi=mi(mi)（mod mi） 代入方程解为xa1 m1(m1)+ a2 m2(m2)+ ak mk(mk)(mod m) 得证。12（1）解：由方程组得：3x+3y2(mod7) 6x+6y4(mod7) x+y-4(mod7) x5(mod 7) y5 (

23、mod 7) （2）解：由方程组得：2x+6y2(mod7) 2x-y2(mod7) 6x+8y4(mod7) x-y-4(mod7) x6(mod 7) y3 (mod 7)13见课本3.2例414同课本3.2例3 21000000562（mod1309）15（1）解：等价同余式组为： 23x1（mod4） 23x1（mod5） 23x1（mod7） 所以 x3（mod4） x2（mod5） x4（mod7） 所以x3*35*3 + 2*28*2 + 4*20*667（mod140） （2）解：等价同余式组为： 17x1（mod4） 17x1（mod5） 17x1（mod7） 17x1（mo

24、d11） 所以 x1（mod4） x2（mod5） x-3（mod7） x7（mod11） 所以x1*385*1 + 2*308*2 + (-3)*220*5 + 7*140*7 557（mod1540）19解：3x14+4x13+2x11+x9+x6+x3+12x2+x0（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+5x0（mod7） 直接验算得解为：x0（mod7） x6（mod7）20解：f(x) 4x3+7（mod243） 直接验算的同余式f（x）0(mod3)

25、有一解：x11（mod3） f(x1) 4*13*7=-1(mod3) f(x1)-1-1(mod3) 所以t1-f（x1）*( f(x1)-1(mod3)/311(mod 3) x2 x1+3 t14(mod 9) t2-f（x2）*( f(x1)-1(mod3)/322(mod 3) x3 x2+32 t222(mod 27) t3-f（x3）*( f(x1)-1(mod3)/330(mod 3) x4 x3+33 t322(mod 81) t5-f（x4）*( f(x1)-1(mod3)/342(mod 3) x5 x4+34 t4184(mod 243) 所以同余式f（x）0(mod2

26、43)的解为：x5 184(mod 243)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,y21(mod7),y1,6(mod7) x=4,y24(mod7),y2,5(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,y21(mod17),y1,16(mod17) x=1,y23(mod17),无解 x=2,y211(mod17),无解 x=3,y214(mod17),无解 x=4,y21(mod17),y1,16(mod17) x=5,y2

27、12(mod17),无解 x=6,y22(mod17),y6,11(mod17) x=7,y211(mod17),无解 x=8,y211(mod17),无解 x=9,y28(mod17),y5,12(mod17) x=10,y28(mod17),y5,12(mod17) x=11,y20(mod17),y0(mod17) x=12,y27(mod17),无解 x=13,y21(mod17),y1,16(mod17) x=14,y25(mod17),无解 x=15,y28(mod17),y5,12(mod17) x=16,y216(mod17),y4,13(mod17)10解：(1）.（17/3

28、7）=(-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)=112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x22(mod37)无解。14证明：（1）因为p为其素数，模p的所有二

29、次剩余个数为(p-1)/2个，设为a1, a2, a3, a(p-1)/2 则a1*a2*a3a(p-1)/212*22*32(p-1)/2)2(mod p)1*2*3(p-1)/2)*(-(p-1)*(-(p-2)*(-(p-(p-1)/2)(mod p)1*2*3(p-1)/2)*(p-(p-1)/2)*(p-2)*(p-1)(-1)(p-1)/2(mod p)(p-1)!*(-1)(p-1)/2(mod p)(-1)*(-1)(p-1)/2(mod p) （2.4定理3）(-1)(p+1)/2(mod p)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，

30、3,p-1为p的一个完全剩余系1*2*2*(p-1)-1(mod p) (-1)(p+1)/2(-1)(p-1)/2(mod p)因为模p的所有二次剩余乘积模p的剩余为(-1)(p+1)/2所以模p的所有非二次剩余乘积模p的剩余为(-1)(p1)/2（3）当p=3时，其二次剩余只有1，所以p=3时，模p的所有二次剩余之和模p 的剩余为1 当p3时，由（1）得a1+a2+a3+a(p-1)/2p(p-1)(p+1)/24(mod p) 因为p为奇素数，所以p只能取3k-1或3k+1形式，代入上式得0 所以当p3时，模p的所有二次剩余之和模p的剩余为0。（4）因为模p的所有二次非剩余之和与所有二次

31、剩余之和的和可以被p整除 所以由(3)得，当p=3时，模p的所有二次非剩余之和模p的剩余为-1;当p3时，模p的所有二次非剩余之和模p的剩余为0。16解：(1）.因为（7/227）=(-1) (227-1)(7-1)/(2*2)*(227/7)= 1 所以7是227的二次剩余 所以x27(mod227)有解 (3）.因为11对91的逆元是58 所以原同余方程等价于x216(mod91) 又16是91的平方剩余 所以11x2-6(mod91)有解21证明：应用模重复平方法 11=20+21+23 令x=23,b=2,a=1 (1)x0=1 a0=a*b2(mod23) b1=b24(mod23)

32、 (2)x1=1 a1=a0*b18(mod23) b2=b1216(mod23) (3)x2=0 a2=a1*b208(mod23) b3=b223(mod23) (4)x3=1 a3=a2*b31(mod23) 所以2111(mod23) 即23|211-1 47|223-1与503|2251-1 应用同样的方法得证。第五章原根与指标1解：因为(13)=12,所以只需对12的因数d=1,2,3,4,6,12,计算ad(mod12) 因为212, 224, 238, 243, 26-1, 2121(mod13) 所以2模13的指数为12； 同理可得：5模13的指数为4，10模13的指数为6。

33、2解：因为(19)=18,所以只需对18的因数d=1,2,3,6,9,18计算ad(mod12) 因为313, 329, 338, 367, 39-1, 2181(mod13) 所以3模19的指数为18； 同理可得：7模19的指数为3，10模19的指数为18。3解：因为(m)=(81)=54=2*33,所以(m)的素因数为q1=2,q2=3,进而 (m)/q1=27, (m)/q2=18 这样，只需验证：g27,g18模m是否同余于1。对2，4，5，6逐个验算： 因为2271(mod81) 2181(mod81) 根据5.2定理8得 所以2是模81的原根7证明：因为（a, m）=1, 故由or

34、dm(a)=st知：ast1(mod m) 即(as)t1(mod m) 不妨令ordm(as)=r 则asr1(mod m) 所以st|sr由(as)t1(mod m)得r|t 即tk*r kn1 rt 所以srst所以sr=st 所以r=t所以ordm(as)=t8解：存在 举例：如n=7,d=3 因为(7)=6 d=3|6 存在a=2 (2,7)=1, 2(7)1(mod 7) 又231(mod 7) 所以ord7(2)=3 满足条件。10证明：因为p为一个奇素数，p-1/2也是一个奇素数 所以(p)=p-1=2*(p-1)/2 即(p)的不同素因数为2，p-1/2 又因为a(p)/2=

35、ap-1/21(mod p) a(p)/(p-1)/2=a21(mod p) 根据5.2定理8得a是模p的原根。15证明：反证法 假设n是一个合数，令ordn(a)=m 则am1(mod n) 因为an-11(mod n) 所以由5.1定理1得m|n-1 即n-1=k*m 对n-1的所有素因数q，必可找到一个q1使m|(n-1)/q1) 所以an-1/q=am*t1(mod n) 与已知条件矛盾，故假设不成立，原结论得证。16解：因为d=(n,(m)=(22,(41)=(22,40)=2 ind5=22 所以(n,(m)|ind5，同余式有解 等价同余式为22indxind5(mod40) 即

36、11indx11(mod20) 解得：indx=1,21(mod40) 所以原同余式解为x=6,35(mod41)17解：因为d=(n,(m)=(22,(41)=(22,40)=2 ind29=7 (2,7)=1 所以原同余式无解。 第六章素性检验1证明：因为91=13*7是奇合数， (3,91)=1 又36=7291(mod91) 则391-1=390(36)151(mod91) 则91是对于基3的拟素数。2证明：因为45=5*3*3是奇合数， (17,45)=1 由euler定理：1741(mod5) 1721(mod3) 所以1741(mod3) 所以1741(mod45) 则1745-

37、1=1744(174)111(mod45) 则45是对于基17的拟素数。 同理45是对于基19的拟素数。10证明：25=5*5是奇素数 设n=25 n-1=24=23*3 则t=3 (7,25)=1 7318(mod25) 72*3-1(mod25) 所以25是基于7的强拟素数。15证明：n=561=3*11*17 为奇素数 （561,2）=1 b(n-1)/22(561-1)/222801(mod561) (b/n)=(2/561)=(-1)(561*561-1)/8=1 所以2280(2/561)(mod561) 所以561是对于基2的euler拟素数。第八章群2. 证明：群是交换群的充要条件是对任意，有。证明：必要性：若是交换群，则对任意，有，从而。充分性：若对任意，有。那么。因此群是交换群。4. 设是阶有限群。证明：对任意元，有。证明：任取，考虑生成的循环群。不妨设。根据拉格朗日