信息安全数学基础习题答案第一章整数的可除性1．证明1：因为2|n 所以n=2k , k1Z5|n 所以5|2k ，又（5，2）=1，所以5|k 即k=5 k1，k11Z7|n 所以7|2*5 k1 ,又（7，10）=1，所以7| k1即k1=7 k2，k21Z所以n=2*5*7 k2即n=70 k2, k21Z因此70|n证明2：n是2、5、7的公倍数，所以[2,5,7]|n，又知2、5、7互素，所以[2,5,7]=2*5*7=70,即70|n。
2．证明：因为a3-a=(a-1)a(a+1)当a=3k，k22(mod)a b p≡Z 3|a 则3|a3-a当a=3k-1，k p a b-Z 3|a+1 则3|a3-a当a=3k+1，k p a b+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， k022(mod)≡Za b p（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 p a b-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。
8．解：存在。
eg：a=6,b=2,c=99.证明：反证，设n/p是合数，n/p= k1k2, k1>p, k2>p,则n=p k1k2> n3，所以p< n1/3，矛盾。
10．证明：p1 p2 p3|n，则n= p1 p2 p3k，k p a b+N+又p1≤ p2≤p3，所以n= p1 p2 p3k≥p13 即p13≤n1/3p1为素数则p1≥2，又p1≤ p2≤p3，所以n= p1 p2 p3k≥2 p2 p3≥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。
(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,…, p n因为4k+3=4k`-1=4k-1 构造N=4*p1*p2*…*p n-1≥3*p1*p2*…*p n所以N＞p i (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。
21.证：令此合数为S ，根据此合数的结构特点，我们可构造一个整数M ，使MS 不是整数，从而证明S 不是整数。
（1）k-1k 00k-1011111+++++M=2357k 2234n,p n n n 2,M M M MS=M++++++23n nM M 357M=235723p n 2MS S k S p n M M M pp =⋅⋅⋅≤=⋅⋅⋅⋅⋅=∴令取这里是使最大的整数，是不大于的最大奇数。
则在1,2,3，，中必存在一个所以由知，，，必为整数，显然不是整数。
不是整数，从而不是整数。
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)*1613j sj-1 sj tj-1 tj qj rj rj+1 1 0 3589 1613 1 1 0 0 1 2 1613 363 2 0 1 1 -2 4 363 161 3 1 -4 -2 9 2 161 41 4 -4 9 9 -20 3 41 38 5 9 -31 -20 69 1 38 3 6 -31 40 69 -89 12 3 2 7 40 -511 -89 1137 1 2 1 8-5115511137-122621所以s=-1226 t=551 (3589,1613)=1（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（3）j sj-1 sj tj-1 tj qj rj rj+11 0 37516 200411 1 0 0 1 1 20041 174752 0 1 1 -1 1 17475 25663 1 -1 -1 2 6 2566 20794 -1 7 2 -13 1 2079 4875 7 -8 -13 15 4 487 1316 8 39 15 -73 3 131 947 39 -125 -73 234 1 94 378 -125 164 234 -307 2 37 209 164 -453 -307 848 1 20 1710 -453 617 848 -1155 1 17 311 617 -1070 -1155 2003 5 3 212 -1070 5967 2003 11170 1 2 113 5967 7037 11170 -9167 2 1 0 所以，s=7037 t=-916736．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）=437．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, m N因此p2=4m2=2q2 q2=2m2 q=2n, n N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 →7|m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log 210是有理数，则存在正整数p, q,使得log 210=p/q,且（p, q ）=12p/q=10 2p=2q(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，log 210是无理数。
同理可证log 37，log 1521都是无理数。
44.令1212n=p p p s s ααα,若存在i k α=，则取11121211a=p p p p p ,p k k sk k s k b ααααα-+-+=。
n=k ab ∴否则设,0i i iik kq r r α=+≤<，则1212121212121212121212n=p p p =(p p p )(p p p ),p p p ,p p p k k k q q q q q q r r r r r r s s s s q q q a a a s sk s s s s s b +++=令a=n=k ab ∴121211212d=p p p ,d |a,k r ,,k r 0,1,s k s ss d ββββββββ≤≤∴====∴=设若则矛盾。
50．（1）解：因为8=23, 60=22*3*5 所以[8,60]=23*3*5=120 51．（4）解：(471179111011001,4111831111011000)= 410470*********1000=1011000[471179111011001,4111831111011000]= 4111471179111831111011001第二章．同余1．解：（1）其中之一为1，11，3，13，5，15，15，7，17 （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。
因为某个数加10不改变奇偶性。
2．证明：(m-i)2=m 2-2mi+ i 2∴(m-i)2≡i 2mod m当m>2时，因为(m-1)2=m 2-2m+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。