1、1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 3x1（mod7 ） 所以 特解 x05（mod7）同余式 3x2（mod7 ）的一个特解 x02* x 0=2*53（mod7）所有解为：x3（mod7 ）（2）解：因为（6，9）=3 | 3 故原同余式有解又 2x1（mod3 ） 所以 特解 x02（mod3）同余式 2x1（mod3 ）的一个特解 x01* x 0=1*22（mod3）所有解为：x2+3t（mod9 ）t=0,1,2所以解分别为 x2，5, 8（mod9 ）（3）解：因为（17，21）=1 | 14 故原同余式有解又
2、17x1（mod 21） 所以 特解 x05（mod 21）同余式 17x14（mod 21）的一个特解 x014* x 0=14*57（mod 21）所有解为：x7（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 127x1（mod1012 ） 所以 特解 x0255（mod1012 ）同余式 127x833（mod1012 ）的一个特解 x0833* x0=833*255907（mod1012）所有解为：x907（mod1012 ）3见课本 3.2 例 14.设 a,b,m 是正整数， （a
3、,m ）=1,下面的方法可以用来求解一次同余方程 axb(mod m)(3)6x7（mod 23）解：依据题意可知，原式与(a%m)x-bm/a(mod m)同解即与 5x-7*3(mod 23)同解,化简得 5x2(mod 23).重复使用上述过程，5x2(mod 23)-3x-8(mod 23)-2x10(mod 23)-x5(mod 23).x5(mod 23)即为方程的解。5.设 p 是素数，k 是正整数，证明：同余式 X21(mod p k)正好有两个不同余的解6.证明：k2 时，同余式 X21(mod 2 k)恰好有四个不同的解7 （1）解：因为（5，14）=1 由 Euler 定
4、理知，同余方程 5x3（mod14）的解为：x5 (14)-1*39（mod14）（2）解：因为（4，15）=1 由 Euler 定理知，同余方程 4x7（mod15）的解为：x4 (15)-1*713（mod15）2（3）解：因为（3，16）=1 由 Euler 定理知，同余方程 3x5（mod16）的解为：x3 (16)-1*57（mod16）8.解：根据题意可设倍数为 x,那么可列出同余式组：11x1（mod 2）11x1（mod 3） 11x1（mod 5）11x1（mod 7）所有首项系数化为 1 得到x1（mod 2）x2（mod 3）x1（mod 5）x2（mod 7）其中 m=
5、2*3*5*7=210；M1=3*5*7=105，M1M11（mod 2） ，M1=1；M2=2*5*7=70，M2M21（mod 3） ， M2=1；M3=2*3*7=42，M3M31（mod 5） ，M3=3；M4=2*3*5=30，M4M41（mod 7） ，M4=4；X105*1*1+70*1*2+42*3*1+30*4*2191(mod 210)所以所有解为(191+210t)*11,其中 t=0,1,2,39.构造性证明如下:(1)由已知, (a,c),(b,c)=1 于是存在 x,y 使得 x*(a,c)+y*(b,c)=1 (可以对两边求模(a,c)的余数而得解出 y,同理可解
6、出 x) 注意取合适的 y 值, 使 (y,c)=1 (2)同余式 bm=(b,c) mod c 有解 m 这是因为 (b/(b,c),c)=1,故(b/(b,c) m =1 mod c 有解, 从而(2) 有解. 于是 , x*(a,c)+bmy =1 mod c (3)再求解同余式(a,c)=a my *r mod c 注: (1)中,(y,c)=1 ,(2)中, (m,c)=1,又(a/(a,c),c)=1 故 1=(a/(a,c)my *r mod c 有解,从而式(3)有解. 最后可得 x*a myr +bmy =1 mod c 即 (axr+b) my =1 mod c 于是取 n
7、=xr, (an+b, c)=110.证明：必要性是显然的，下面证明充分性。若（m 1,m2）|(a 1,a2)成立，由 3.1 节定理 1，同余方程 m2ya 1-a2(mod m1)有解 yy 0(mod m1).记 x0=a2+m2y0,则 x0a 2(mod m2),并且有 x0=a2+m2y0a 2+a1-a2a 1(mod m1),因此 x0 是同余方程组的解。即若 x1 和 x2 都是同余方程组的解，那么 x1x 2(mod m1),x1x 2(mod m2),因此有x1x 2(mod m1,m2).11证明：由中国剩余定理知方程解为：xa 1M1M1+ a2M2M2+ akMk
8、Mk（mod m）3因为 mi两两互素，又中国剩余定理知：M iMi1（mod m i）又 Mi=m/mi 所以（m，M i）1（mod m i）所以 MiMi=Mi (mi)（mod m i）代入方程解为 xa 1 M1 (m1)+ a2 M2 (m2)+ ak Mk (mk)(mod m) 得证。12 （1）解：由方程组得：3x+3y2(mod7)6x+6y4(mod7) x+y-4(mod7)X5(mod 7) y5 (mod 7)（2）解：由方程组得：2x+6y2(mod7) 2x-y2(mod7)6x+8y4(mod7) x-y-4(mod7)X6(mod 7) y3 (mod 7)
9、13见课本 3.2 例 414同课本 3.2 例 3 21000000562（mod1309）15 （1）解：等价同余式组为：23x1（mod4）23x1（mod5）23x1（mod7）所以 x3（mod4） x2（mod5） x4（mod7）所以 x3*35*3 + 2*28*2 + 4*20*667（mod140）（2）解：等价同余式组为：17x1（mod4）17x1（mod5）17x1（mod7）17x1（mod11）所以 x1（mod4） x2（mod5） x-3（mod7） x7（mod11）所以 x1*385*1 + 2*308*2 + (-3)*220*5 + 7*140*7 5
10、57（mod1540）16.设 k 是正整数，a1,ak 是两两互素的正整数，证明：存在 k 个相邻整数，使得第 j 个数被 aj 整除(1jk)。17.设整数 m1,mk 两两互素，则同余方程组 aixbi(mod mj), (1jk)有解的充要条件是每一个同余方程18. 设整数 m1,mk 两两互素， （aj,mj）=1.证明19解：3x 14+4x13+2x11+x9+x6+x3+12x2+x0（mod7）左边=(x 7-x)( 3x7+4x6+2x4+x2+3x+4)+ x6+2x5+2x2+15x2+5x所以原同余式可化简为：x 6+2x5+2x2+15x2+5x0（mod7）直接验
11、算得解为：x0（mod7） x6（mod7）20解：f(x) 4x 3+7（mod243）直接验算的同余式 f（x）0(mod3)有一解：x 11（mod3）f(x1) 4*1 3*7=-1(mod3) f(x1)-1-1(mod3)4所以 t1-f（x 1）*( f(x 1)-1(mod3)/311(mod 3)x2 x 1+3 t14(mod 9)t2-f（x 2）*( f(x 1)-1(mod3)/322(mod 3)x3 x 2+32 t222(mod 27)t3-f（x 3）*( f(x 1)-1(mod3)/330(mod 3)x4 x 3+33 t322(mod 81)t5-f（x 4）*( f(x 1)-1(mod3)/342(mod 3)x5 x 4+34 t4184(mod 243)所以同余式 f（x）0(mod243)的解为：x 5 184(mod 243)
