内容发布更新时间 : 2024/12/23 2:07:07星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
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=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|n
3
2．证明：因为a-a=(a-1)a(a+1)
3
当a=3k，k?Z 3|a 则3|a-a
3
当a=3k-1，k?Z 3|a+1 则3|a-a
3
当a=3k+1，k?Z 3|a-1 则3|a-a
3
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?Z
22
（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)=2k
2
所以（2 k0+1）=8k+1 得证。
3
4．证明：设三个连续整数为a-1,a,a+1 则(a-1)a(a+1)= a-a
3
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。
1/2
6．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。
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：p1 p2 p3|n， 则n= p1 p2 p3k，k?N
3 31/3
又p1≤ p2 ≤p3，所以n= p1 p2 p3k≥p1 即p1≤n
2
p1为素数 则p1≥2，又p1≤ p2 ≤p3，所以n= p1 p2 p3k≥2 p2 p3≥2p2
1/2
即p2≤(n/2) 得证。
1/2
11．解：小于等于500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=-1226 t=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=951 t=-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
22
假设n为素数，则n| a- b=(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。
1/21/2
40．证明：（1）假设是2有理数，则存在正整数p，q，使得2=p/q,且（p, q）=1
222
平方得：p=2q, 即2|p，所以p=2m, m?N
22222
因此p=4m=2q q=2m q=2n, n?N
则（p, q）=(2m,2n)=2(m, n)≥2与（p, q）=1矛盾
1/2
所以假设不成立，原结论正确，2不是有理数。
1/21/2
（2）假设是7有理数，则存在正整数m，n，使得7=p/q,且（m, n）=1
222
平方得：m=2n, 即7|m
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｝
2222 2
所以m= p1 p2 p3 ……pn=( p1 p2 p3 ……pn)( p1 p2 p3 ……pn)
22
所以7 !| m，与7|m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
1/2
故原结论正确，7不是有理数。
1/2
（3）同理可证17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
qpqp
Ln10=ln2 10=2
qpqp-q
(2*5)=2 5=2
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。
32
50．（1）解：因为8=2, 60=2*3*5
3
所以[8,60]=2*3*5=120
11111001111111000000010001000
51．（4）解：(4779101,4183101)= 41477983101=101
1111100111111100011111111111001
[4779101,4183101]= 41477983101
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。
22
2．证明：当m>2时，因为(m-1)=m-2m+1=m(m-2)+1
2
所以(m-1)≡1(mod m)
2222
即1与(m-1)在同一个剩余类中，故0,1,…,(m-1)一定不是模m的完全剩余系。
123
6．解：2≡2(mod7), 2≡4(mod7), 2≡1(mod7) 又20080509=6693503*3
200805093
所以2=(2)6693503≡1(mod7)
20080509
故2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 (mod m)
即a1+a2+… +ak=b1+b2+… +bk (mod m)
（ii）因为ai≡ bi (mod m),1≤i≤k 所以ai(mod m)=bi (mod m)
所以（a1a2…ak）mod m≡[(a1mod m)( a2mod m)…(ak mod m)]mod m ≡[(b1mod m)( b2mod m)…(bk mod m)]mod m ≡（b1b2…bk）mod m 所以 a1a2…ak≡a1a2…ak(mod m)
2222
8．证明：如果a≡b(mod p) 则a= b+kp , k?Z
22
即kp=a-b=(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。
2222
9．证明：如果a≡b(mod n) 则a= b+kn , k?Z
22
即kn=a-b=(a+b)(a-b) 所以n|(a+b)(a-b)
22
由n=pq知kpq=a-b=(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 (mod c) 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。