信息安全数学基础习题答案.docx

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信息安全数学基础习题答案

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=5k1，k1Z

7|n所以7|2*5k1,又（7，10）=1，所以7|k1即k1=7k2，k2Z

所以n=2*5*7k2即n=70k2,k2Z

因此70|n

2．证明：

因为a3-a=（a-1）a（a+1）

当a=3k，kZ3|a则3|a3-a

当a=3k-1，kZ3|a+1则3|a3-a

当a=3k+1，kZ3|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，k0Z

（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）,kZ

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，kN+

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）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）=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,mN

因此p2=4m2=2q2q2=2m2q=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,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a2≡b2（modn）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）=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,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