第1页 / 共15页
第2页 / 共15页
第3页 / 共15页
第4页 / 共15页
第5页 / 共15页
第6页 / 共15页
第7页 / 共15页
第8页 / 共15页
信息安全数学基础答案.doc
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，k2 Z
所以 n=2*5*7 k2 即 n=70 k2,
因此 70|n
k2 Z
2．证明：因为 a3-a=(a-1)a(a+1)
则 3|a3-a
3|a
3|a+1 则 3|a3-a
3|a-1 则 3|a3-a
当 a=3k，kZ
当 a=3k-1，kZ
当 a=3k+1，kZ
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+4 k0+1=4 k0 (k0+1)+1
（2 k0+1）2＝4 k0
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）
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。
即 3|(a-1)a(a+1)
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
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。
,小于 24 的素数有 2，3，5，7，11，13，17，19，23
8．解：存在。eg：a=6,b=2,c=9
10．证明：p1 p2 p3|n， 则 n= p1 p2 p3k，kN+
又 p1≤ p2 ≤p3，所以 n= p1 p2 p3k≥p1
p1 为素数 则 p1≥2，又 p1≤ p2 ≤p3，所以 n= p1 p2 p3k≥2 p2 p3≥2p2
即 p2≤(n/2)1/2
3 即 p1
得证。
3≤n1/3
2
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
1
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
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。
(i=1,2,…,n)
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)
2
=951*2947+(-743)*3772
t=-743
所以 s=951
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, mN
q=2n, nN
因此 p2=4m2=2q2
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。
q2=2m2
（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= p1 p2 p3 ……pn ， pi 为素数。
因为 7 为素数，假设 7 !| m，则 7 !∈｛p1 ，p2，p3 ，……pn｝
2 p2
2 p3
2=( p1 p2 p3 ……pn)( p1 p2 p3 ……pn)
2 ……pn
所以 m2= p1
所以 7 !| m2，与 7|m2 矛盾，故 7|m,
同理可知：7|n,
n=7 k0
m=7k
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 log210=ln10/ln2=p/q
10q=2p
Ln10q=ln2p
5q=2p-q
(2*5)q=2p
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
3
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(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：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 (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)
8．证明：如果 a2≡b2(mod p)
则 a2= b2+kp , kZ
即 kp=a2-b2=(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。
所以 p|(a+b)(a-b)
9．证明：如果 a2≡b2(mod n)
则 a2= b2+kn , kZ
所以 n|(a+b)(a-b)
即 kn=a2-b2=(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 (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 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。
4
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)=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-1≡1(modq)
又 qp-1≡0(modq)
qp-1≡1(modp)
pq-1≡0(modp)
所以 pq-1+qp-1≡1(modq)
又[p,q]=pq 所以 pq-1+qp-1≡1(modpq)
qp-1+pq-1≡1(modp)
36．证明：因为(m,n)=1
由 Euler 定理知：m(n)≡1(modn)
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)
n(m)≡1(modm)
5
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`（mod m）
因为 mi 两两互素，又中国剩余定理知：MiMi`≡1（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 x≡a1 M1(m1)+ a2 M2(m2)+……+ ak Mk(mk)(mod m) 得证。
12．（1）解：由方程组得：3x+3y≡2(mod7)
6x+6y≡4(mod7)
x+y≡-4(mod7)
X≡5(mod 7)
y≡5 (mod 7)
（2）解：由方程组得：2x+6y≡2(mod7)
6x+8y≡4(mod7)
2x-y≡2(mod7)
x-y≡-4(mod7)
X≡6(mod 7)
y≡3 (mod 7)
13．见课本 3.2 例 4
14．同课本 3.2 例 3
15．（1）解：等价同余式组为：
21000000≡562（mod1309）
23x≡1（mod4）
6
23x≡1（mod5）
23x≡1（mod7）
所以 x≡3（mod4）
所以 x≡3*35*3 + 2*28*2 + 4*20*6≡67（mod140）
x≡2（mod5）
x≡4（mod7）
（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）
所以 x≡1*385*1 + 2*308*2 + (-3)*220*5 + 7*140*7 ≡557（mod1540）
x≡-3（mod7）
x≡2（mod5）
x≡7（mod11）
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)
所以 t1≡-f（x1）*( f`(x1)-1(mod3))/31≡1(mod 3)
f`(x1)-1≡-1(mod3)
x2≡ x1+3 t1≡4(mod 9)
t2≡-f（x2）*( f`(x1)-1(mod3))/32≡2(mod 3)
x3≡ x2+32 t2≡22(mod 27)
t3≡-f（x3）*( f`(x1)-1(mod3))/33≡0(mod 3)
x4≡ x3+33 t3≡22(mod 81)
t5≡-f（x4）*( f`(x1)-1(mod3))/34≡2(mod 3)
x5≡ x4+34 t4≡184(mod 243)
所以同余式 f（x）≡0(mod243)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,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)
7
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(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)
≡(-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。
（2.4 定理 3）
（2）1，2，3,…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)(p－1)/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 p>3 时，由（1）得 a1+a2+a3…+a(p-1)/2≡p(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 p>3 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 p>3 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 x2≡7(mod227)有解
(3）.因为 11 对 91 的逆元是 58
8
相关推荐
2023年江西萍乡中考道德与法治真题及答案.doc
2012年重庆南川中考生物真题及答案.doc
2013年江西师范大学地理学综合及文艺理论基础考研真题.doc
2020年四川甘孜小升初语文真题及答案I卷.doc
2020年注册岩土工程师专业基础考试真题及答案.doc
2023-2024学年福建省厦门市九年级上学期数学月考试题及答案.doc
2021-2022学年辽宁省沈阳市大东区九年级上学期语文期末试题及答案.doc
2022-2023学年北京东城区初三第一学期物理期末试卷及答案.doc
2018上半年江西教师资格初中地理学科知识与教学能力真题及答案.doc
2012年河北国家公务员申论考试真题及答案-省级.doc
2020-2021学年江苏省扬州市江都区邵樊片九年级上学期数学第一次质量检测试题及答案.doc
2022下半年黑龙江教师资格证中学综合素质真题及答案.doc
