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信息安全数学基础答案【篇一：信息安全数学基础习题答案】xt>第一章整数的可除性1．证明：因为2|n 所以n=2k , k?z5|n 所以5|2k ，又（5，2）=1，所以5|k 即k=5 k1 ，k1?z 7|n 所以7|2*5 k1 ,又（7，10）=1，所以7| k1 即k1=7 k2，k2?z 所以n=2*5*7 k2 即n=70 k2, k2?z因此70|n32．证明：因为a-a=(a-1)a(a+1)3当a=3k，k?z 3|a 则3|a-a3当a=3k-1，k?z 3|a+1 则3|a-a3当a=3k+1，k?z 3|a-1 则3|a-a3所以a-a能被3整除。
3．证明：任意奇整数可表示为2 k0+1， k0?z22（2 k0+1）＝4 k0+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)=2k2所以（2 k0+1）=8k+1 得证。
34．证明：设三个连续整数为a-1,a,a+1 则(a-1)a(a+1)= a-a3由第二题结论3|（a-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。
1/26．证明：因为191＜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。
1/2因为547＜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。
《信息安全数学基础》课后作业及答案第1章课后作业答案 (2)第2章课后作业答案 (6)第3章课后作业答案 (13)第4章课后作业答案 (21)第5章课后作业答案 (24)第6章课后作业答案 (27)第7章课后作业答案 (33)第8章课后作业答案 (36)第9章课后作业答案 (40)第10章课后作业答案 (44)第11章课后作业答案 (46)第12章课后作业答案 (49)第13章课后作业答案 (52)第1章课后作业答案习题1：2, 3, 8(1), 11, 17, 21, 24, 25, 312. 证明：存在整数k，使得5 | 2k + 1，并尝试给出整数k的一般形式。
证明k = 2时，满足5 | 2k + 1。
5 | 2k + 1，当且仅当存2k + 1 = 5q。
k, q为整数。
即k = (5q– 1)/2。
只要q为奇数上式即成立，即q = 2t + 1，t为整数即，k = 5t + 2，t为整数。
3. 证明：3 3k + 2，其中k为整数。
证明因为3 | 3k，如果3 | 3k + 2，则得到3 | 2，矛盾。
所以，3 3k + 2。
8. 使用辗转相除法计算整数x, y，使得xa + yb = (a, b)：(1) (489, 357)。
解489 = 357×1 + 132,357 =132 × 2 + 93,132 = 93 × 1 + 39,93 = 39 × 2 + 15,39 = 15 × 2 + 9,15 = 9 × 1 + 6,9 = 6 × 1 + 3,6 = 3 × 2 + 0,所以，(489, 357) = 3。
132 = 489 – 357×1,93 = 357 – 132 × 2 = 357 – (489 – 357×1) × 2 = 3 × 357 – 2 ×489,39 = 132 – 93 × 1 = (489 – 357×1) – (3 × 357 – 2 ×489) × 1 = 3 ×489 – 4× 357,15 = 93 – 39 × 2 = (3 × 357 – 2 × 489) – (3 ×489 – 4× 357) × 2 = 11× 357 – 8 × 489,9 = 39 – 15 × 2 = (3 ×489 – 4× 357) – (11× 357 – 8 × 489) × 2 = 19 × 489 – 26× 357,6 = 15 – 9 × 1 = (11× 357 –8 × 489) – (19 × 489 – 26× 357) = 37 ×357 – 27 × 489,3 = 9 – 6 × 1 = (19 × 489 – 26× 357) – (37 × 357 – 27 × 489) = 46 ×489 – 63 × 357。
第一章（1）5,4,1,5.（2）100=22*52, 3288=23*3*137.（4）多种解法，其中一种：a,b可以表示成多个素因子的乘积a=p1p2––p r, b=q1q2––q s,又因为(a, b)=1，表明a, b没有公共(相同)素因子. 同样可以将a n, b n表示为多个素因子相乘a n=(p1p2––p r)n, b n=(q1q2––q s)n明显a n, b n也没有公共(相同)素因子.（5）多种解法，其中一种：由算术基本定理：a,b可分解为有限个素数的乘积，得：a=p1^r1*p2^r2*……*pn^rn, b= p1^r1’*p2^r2’*……*pn^rn’,若a|b不成立，则存在素数pi使得pi在a中的幂ri大于pi在b中的幂ri‘，即：ri>ri’a^n=p1^r1n*p2^r2n*…*pi^rin*…*pn^rnn, b^n= p1^r1’n*p2^r2’n*…* pi^ri’n *…*pn^rn’n,则ri*n>ri’*n，所以a^n|b^n不成立。
（6）多种解法，其中一种：由于a,b,c互素且非零所以(a,b)=1,(b,c)=1所以存在u,v,r,s使ua+vc=1，rb+sc=1两式相乘得：(ur)ab+(usa+vrb+vsc)c=1所以(ab,c)=(a,b)(a,c)=1（7）2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97,101,103,107, 109, 113, 127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,179,181,191,193,197,199.（11）对两式进行变形有21=0(mod m), 1001=0(mod m),可以看出要求满足的m即使求21和1001的公约数, 为7和1.（12）多种解法，其中一种：70！=(70*69*68*67*66*65*64*63*62)*61!70*69*68*67*66*65*64*63*62≡(-1)(-2)…(-9) (mod71) ≡1mod71所以70！≡61!（13）多种解法，其中一种：当n是奇数时，不妨设n=2k+1,k为整数则2^n+1≡(-1)^(2k+1)+1≡0(mod3)当n是偶数时，不妨设n=2k,k为整数则2^n+1≡(-1)^(2k)+1≡2(mod3)综上，n是奇数时，3整除2^n+1，n是偶数时，3不整除2^n+1（14）第一个问题：因为(c,m)=d.假设ac=k1m+r, bc=k2m+r,有ac=k1d(m/d)+r, bc=k2d(m/d)+r 所以ac=bc(mod m/d),因为(c,m/d)=1,所以两边可以同除以一个c, 所以结论成立.第二个问题：因为a=b(mod m), 所以a-b=k i*m i，a-b是任意m i的倍数，所以a-b是m i公倍数，所以[m i]|a-b.（15）将整数每位数的值相加, 和能被3整除则整数能被3整除, 和能被9整除则整数能被9整除, (1)能被3整除, 不能被9整除，(2)都不能，(3)都不能，(4)都不能常见问题：1.写出构成群和不构成群的原因13.证明ab-1∈A∩B即可14.用群的定义证明(题意是证明映射后的集合为一个群)第二章1.判断方法：分别验证1.对运算是否封闭,2.对任意的a, b, c是否满足结合律,3.对任意a是否存在单位元,4.对任意a是否存在逆元. 可以得出在(1)-(10)中(2),(3),(6), (7) (10)构成群(1)不满足结合律，不存在逆元, (4)不存在单位元(5)不满足结合律(8)不构成，不存在逆元(9)不构成，不存在逆元2. a-b-c≠a-(b-c)，所以不构成，不满足结合律5．证明：显然在群中单位元e满足方程x2=x, 假设存在一个元素a满足方程x2=x, 则有a2=a, 两边同乘以a-1有a=e. 所以在群中只有单位元满足方程x2=x.6．证明：因为群G中每个元素都满足方程x2=e, 所以对群中任意元素a,b有aa=e, bb=e, (ab)2=abab=e. 对abab=e, 方程两边左乘以a, 右乘以b有aababb=(aa)ba(bb)=ba=aeb=ab, 有ab=ba, 所以G是交换群.7．证明：充分性：因为在群中对任意元素a,b有(ab)2=a2b2即abab=aabb, 方程两边左乘以a 的逆元右乘以b的逆元, 有a-1ababb-1= a-1aabbb-1, 有ab=ba, 所以G是交换群.必要性：因为群G是交换群, 所以对任意元素a,b有ab=ba, 方程两边左乘以a右乘以b 有abab=aabb, 有(ab)2=a2b2.8．证明：方程xaxba=xbc两边同时左乘a-1x-1,右乘a-1b-1有a-1x-1xaxbaa-1b-1=a-1x-1xbc a-1b-1，化简得x=a-1bc a-1b-1，可知方程有解。
信息安全数学基础习题答案第三章.同余式1．（1）解：因为（3，7）=1 | 2 故原同余式有一个解又3x ≡1（mod7） 所以 特解x 0`≡5（mod7）同余式3x ≡2（mod7）的一个特解x 0≡2* x 0`=2*5≡3（mod7）所有解为：x ≡3（mod7）（2）解：因为（6，9）=3 | 3故原同余式有解又2x ≡1（mod3） 所以 特解x 0`≡2（mod3）同余式2x ≡1（mod3）的一个特解x 0≡1* x 0`=1*2≡2（mod3）所有解为：x ≡2+3t （mod9）t=0,1,2所以解分别为x ≡2，5, 8（mod9）（3）解：因为（17，21）=1 | 14 故原同余式有解又17x ≡1（mod 21） 所以 特解x 0`≡5（mod 21）同余式17x ≡14（mod 21）的一个特解x 0≡14* x 0`=14*5≡7（mod 21） 所有解为：x ≡7（mod 21）（4）解：因为（15，25）=5 不整除9，故原同余式无解2．（1）解：因为（127，1012）=1 | 833 故原同余式有解又127x ≡1（mod1012） 所以 特解x 0`≡255（mod1012）同余式127x ≡833（mod1012）的一个特解x 0≡833* x 0`=833*255≡907（mod1012） 所有解为：x ≡907（mod1012）3．见课本3.2例14.设a,b,m 是正整数，（a,m ）=1,下面的方法可以用来求解一次同余方程ax ≡b(mod m)(3)6x ≡7（mod 23）解：依据题意可知，原式与(a%m)x ≡-b[m/a](mod m)同解即与5x ≡-7*3(mod 23)同解,化简得5x ≡2(mod 23).重复使用上述过程，5x ≡2(mod 23)->3x ≡-8(mod 23)->2x ≡10(mod 23)->x ≡5(mod 23). x ≡5(mod 23)即为方程的解。
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∈Z5|n 所以5|2k ，又（5，2）=1，所以5|k 即k=5 k1，k1∈Z7|n 所以7|2*5 k1 ,又（7，10）=1，所以7| k1即k1=7 k2，k2∈Z 所以n=2*5*7 k2即n=70 k2, k2∈Z因此70|n2．证明：因为a3-a=(a-1)a(a+1)当a=3k，k∈Z 3|a 则3|a3-a当a=3k-1，k∈Z 3|a+1 则3|a3-a当a=3k+1，k∈Z 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，k0∈Z（2 k0+1）2＝4 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), 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。
