信息安全中的数学基础第一章
信息安全数学基础第一章-第一章第4-5节

p2 2
L
ps s
,
b
p1 1
p2 2
L
ps s
,
其中 i i 0, (i 1, 2,L , t);
i i 0, (i t 1, 2,L , s).
取
a'
p1 1
p2 2
于是 (120,150, 210, 35) 5.
同样 [120,150, 210, 35] 23 3 52 7 4200.
23
例5 设a, b是两个正整数,则存在整数a ' | a, b' | b,使得
a 'b' [a, b], (a ', b') 1.
证 设a, b有分解式:
a
p1 1
b p1 ' p2 'L pu ', c pu1 ' p2 'L ps ' 于是 n bc p1 ' p2 'L pu ' pu1 ' p2 'L ps '
15
适当改变pi '的次序,即得(1)式.
由归纳法原理, 对于所有n 1的整数,(1)式成立.
再证表达式的唯一性. 假设还有
n q1q2 L qt , q1 q2 L qt
所以[a, b] | m.
此定理表明:任意两个正整数的乘积等于这两个数的 最小公倍数与最大公因数的乘积.这两个数的最小公 倍数不但是最小的正倍数,且是另外的公倍数的因数.
10
推论 设m, a, b是正整数,则[ma, mb] m[a, b].
证
[ma, mb]
m 2 ab (ma, mb)
m2ab m ab m(a,b) (a,b)
信息安全数学基础第一章-第1章习题解答

39 设a, b 是任意两个不全为零的整数,
(i) 若m是任一整数,则[am, bm]=[a, b]m。
(ii) [a, 0]=0 。
证明:(i) 设 L= [a, b],则 a L, b L,进而
am Lm, bm Lm,即Lm是am, bm的公倍数。
所以[am, bm] Lm= [a, b]m。
所以a (2j-i-1) ,但 j-i < d0,得到矛盾。
说明
r1, r2 ,
,
rd
0
互不相同。
1
从而,1, r1 1, r2 1, , rd0 1 1
是2d 被 a 除后,d0个不同的最小非负余数。 最后,由
2d0 s 1 2d0 2s 2s 2s 1 2s (2d0 1) (2s 1)
37 设a, b 是两个不同的整数,证明如果整数n > 1 满足n|(a2-b2) 和 n | (a+b),n | (a-b),则n是合数。 证明:由已知及a2-b2=(a+b)(a-b)得
n|(a+b)(a-b)。 若 n 是素数,根据1.4定理2, n|(a+b) 或 n|(a-b), 与已知条件矛盾。所以n是合数。
(an , b)=(aan-1 , b)=(an-1 , b)=(aan-2 , b) = (an-2 , b)=…= (a2 , b)=(aa , b)= (a , b)= 1
(b,an) =(an , b)=1,类似的
(bn , an)=(bbn-1 , an)=(bn-1 , an)=(bbn-2 , an)
21 证明:n >1 时, 1+ 1 +1+ + 1 不是整数。
23
n
1 通分后,2 这一项的分子变为奇数k,其余各项的
信息安全数学基础课后答案完整版Word版

第一章参考答案(1) 5,4,1,5.(2) 100=22*52, 3288=23*3*137.(4) a,b可以表示成多个素因子的乘积a=p1p2––pr, b=q1q2––qs,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––pr)n, b n=(q1q2––qs)n明显a n, b n也没有公共(相同)素因子.(5)同样将a, b可以表示成多个素因子的乘积a=p1p2––pr, b=q1q2––qs,a n=(p1p2––pr)n, b n=(q1q2––qs)n,因为a n| b n所以对任意的i有, pi的n次方| b n,所以b n中必然含有a的所有素因子, 所以b中必然含有a的所有素因子, 所以a|b.(6)因为非零a, b, c互素,所以(a, b)=(a, c)=1,又因为a=p1p2––pr,b=q1q2––qs, ab=p1p2––prq1q2––qs, 又因为a, b, c互素, 所以a, b, c中没有公共(相同)素因子, 明显ab和c也没有公共(相同)素因子.所以(ab, c)= (a, b)(a, c).(7)2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,9 7,101,103,107, 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)(70!)/(61!)= 62*63*––*70=(-9)*(-8)*––*(-1)=-9!=-362880=1(mod 71). 明显61!与71互素, 所以两边同乘以61!, 所以70!=61!(mod 71).(13)当n为奇数时2n=(-1)n=-1=2(mod 3), 两边同时加上1有2n+1=0(mod 3), 所以结论成立.当n为偶数时2n=(-1)n=1(mod 3), 两边同时加上1有2n+1=2(mod 3), 所以结论成立.(14)第一个问:因为(c,m)=d, m/d为整数.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=ki *mi,a-b是任意mi的倍数,所以a-b是mi 公倍数,所以[mi]|a-b.(利用式子:最小公倍数=每个数的乘积/最大公约数, 是错误的, 该式子在两个数时才成立)(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)都不能第二章答案(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:因为xaaba=xbc,所以x-1xaxbaa-1b-1=x-1xbca-1b-1,所以存在唯一解x=a-1bca-1b-1使得方程成立。
信息安全数学基础答案第一二三四五六七八章2

第一章(1)5,4,1,5.(2)100=22*52, 3288=23*3*137.(4)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)同样将a, b可以表示成多个素因子的乘积a=p1p2––p r, b=q1q2––q s, a n=(p1p2––p r)n, b n=(q1q2––q s)n,因为a n| b n所以对任意的i有, p i的n次方| b n, 所以b n中必然含有a的所有素因子, 所以b中必然含有a的所有素因子, 所以a|b.(6)因为非零a, b, c互素,所以(a, b)=(a, c)=1,又因为a=p1p2––p r, b=q1q2––q s, ab=p1p2––p r q1q2––q s, 又因为a, b, c互素, 所以a, b, c中没有公共(相同)素因子, 明显ab和c 也没有公共(相同)素因子.所以(ab, c)= (a, b)(a, c).(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)(70!)/(61!)= 62*63*––*70=(-9)*(-8)*––*(-1)=-9!=-362880=1(mod 71). 明显61!与71互素, 所以两边同乘以61!, 所以70!=61!(mod 71).(13)当n为奇数时2n=(-1)n=-1=2(mod 3), 两边同时加上1有2n+1=0(mod 3), 所以结论成立.当n为偶数时2n=(-1)n=1(mod 3), 两边同时加上1有2n+1=2(mod 3), 所以结论成立. (14)第一个问:因为(c,m)=d, m/d为整数.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.(利用式子:最小公倍数=每个数的乘积/最大公约数, 是错误的, 该式子在两个数时才成立)(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)都不能第二章(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:因为xaaba=xbc,所以x-1xaxbaa-1b-1=x-1xbca-1b-1,所以存在唯一解x=a-1bca-1b-1使得方程成立。
《信息安全数学基础》部分课后习题答案

《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。
信息安全数学基础(课堂PPT)

a bq
成立,则称b整除a或者a被b整除,记作b | a. 此时q可 写成a / b或 a .
b 如果b | a, 则b叫做a的因数, 而a叫做b的倍数.
如果b不能整除a,则记作b | a.
2020/4/24
计算机科学与技术学院
14
注 : (1) 当b遍历整数a的所有因数时, b也遍历整数 a的所有因数.
这是不可能的.故素数有无穷多个.
2020/4/24
计算机科学与技术学院
30
三、欧几里得除法(带余除法)
定理9 (欧几里得除法) 设a, b是两个整数,其 中b 0,则存在唯一的整数 q, r,使得
a = bq + r, 0 r b
其中q叫做a被b除所得的不完全商, r叫做a被b除所 得的余数.
P. Samuel 著 ✓“Primality and Cryptography”E. Kranakis 著 ✓《椭圆曲线密码学导论》张焕国 等译
2
计
4
课件邮箱
邮箱:infosecmath@ 密码:123456
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信息安全数学基础
第1章:整数的可除性
2
计
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整数论是研究整数的学科
2020/4/24
计算机科学与技术学院
9
素数的数目是有限多还是无穷多?
➢ 有了研究的对象集合,再建立对象集合上的运算。
✓一些乘法的经验表明,有些数是一些比1大的其 它数的乘积
✓而有些数,就没有这种性质----质数(素数)
✓在欧几里德的《原本》中,已经有一个简单而巧 妙的推理能够得出结论:质数无穷多
存在整数n1 ,使得 n pn1 1 p n1 n
因此 p2 n, 故 p n.
信息安全导论数学基础

信息安全导论数学基础一、模运算1、模p运算和普通的四则运算有很多类似的规律,如:规律公式结合率((a+b) mod p + c)mod p = (a + (b+c) mod p) mod p((a*b) mod p * c)mod p = (a * (b*c) mod p) mod p交换率(a + b) mod p = (b+a) mod p(a × b) mod p = (b × a) mod p分配率((a +b)mod p × c) mod p = ((a × c) mod p + (b × c) mod p) mod p2、模p相等:如果两个数a、b满足a mod p = b mod p,则称他们模p相等,记做a ≡b mod p可以证明,此时a、b满足a = kp + b,其中k是某个整数。
3、对于模p相等和模p乘法来说,有一个和四则运算中迥然不同得规则。
在四则运算中,如果c是一个非0整数,则ac = bc 可以得出a =b但是在模p运算中,这种关系不存在。
例如:(3 x 3) mod 9 = 0(6 x 3) mod 9 = 0但是3 mod 9 = 36 mod 9 =64、定理(消去律):如果gcd(c,p) =1 ,则ac ≡ bc mod p 可以推出a ≡ b mod p 。
注释:gcd最大公约数(greatest common divisor,简写为gcd;或highest common factor,简写为hcf),指某几个整数共有因子中最大的一个。
最小公倍数(lcm)关系:gcd(a, b)×lcm(a, b) = ab。
5、模P乘法逆元:对于整数a、p,如果存在整数b,满足ab mod p =1,则说,b是a的模p乘法逆元。
定理:a存在模p的乘法逆元的充要条件是gcd(a,p) = 1。
注释:当a与p互素时,a关于模p的乘法逆元有唯一解。
信息安全数学基础第01章

1 正整数 全体素数 全体合数
1.2 整数的进位制表示法
带余除法 整数的二进制表示法 数值转换
1.2 整数的进位制表示法
带余除法 定理1.2.1(带余数除法):设a是正整数,b是整数,则 一定存在唯一的整数q和r,使得 b=qa+r,其中0≤r<a 并分别称q与r为a 除b的商和余数。
1.1 整数
整除 定理1.1.1:若整数a,b,c满足条件a|b且b|c,则a|c。
证明:若a|b且b|c,则由定义1.1.1知道存在整数e和f使得 b=ae且c=bf,于是 c=bf=(ae)f=a(ef) 由于整数e与f的乘积仍然是整数,因而a|c。
例如:由于11|66且66|198,由定理1.1.1就有11|198。
1.2 整数的进位制表示法
带余除法 为什么重复带余除法的过程可以在有限步骤内使得商为 0?
因为b>1,n>0,故 q0>q1>…>qi>… qk-1 ≥0 而qi均为整数,故该不等式一定在有限项内成立。而当 qk-1<b时,必有 qk-1=b∙0+ak, 0≤ak<b 故重复带余除法过程可以在有限步骤内使得商为0。
1.2 整数的进位制表示法
带余除法 证明思路:按照带余除法的方法,先证表达式的存在性 ,再证明其唯一性。
1.2 整数的进位制表示法
带余除法 证明:先证表达式的存在性。首先,以b除n,得到 n=bq0+a0, 0≤a0<b 如果q0≠0,继续以b除q0,得到 q0=bq1+a1, 0≤a1<b 继续这个过程,依次得到 q1=bq2+a2, 0≤a2<b q2=bq3+a3, 0≤a3<b ……..................... qk-2=bqk-1+ak-1,0≤ak-1<b qk-1=b∙0+ak, 0≤ak<b 当商为0时,结束这个过程。
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最小公倍数与最大公因子关系
定理1-8
a,b 2)
(a,b)
1)设d是a,b的任意公倍数,则 [a,b] d. ab ,特别地,如果(a,b) = 1,[a,b] = |ab|.
定理2证明
证明
1)做带余除法: d = q[a,b] + r,0r[a,b], 由于ad,bd,那么 a[a,b],b[a,b], 则ar,br, r也是a,b的公倍数,
互素
定义1-7:设a,b是两个不全为0的整数,如果(a,b) = 1,
则称a,b互素.
推论1-1:a,b互素的充分必要条件是:
存在u,v,使ua+vb = 1. 证明 必要条件是定理1的特例,只需证充分条件. 如果存在u,v,使 ua+vb = 1. 则由(a,b)(ua+vb),得(a,b)1, 所以(a,b) = 1.
v, 使
(a,b)= ua+vb.
最大公因子定理
例6:将a = 888,b = 312的最大公因子表示为(a,b) = ua+vb 解 利用欧几里得除法求最大公因子的过程可以解出. 888 = 2312+264 312 = 1264+48 264 = 548+24 48=2 24 我们有: 264 = 8882312=a-2b 48 = 312264 = b (a-2b) = –a+3b 24 = 264548 = (a-2b)5(–a+3b) =6a17b 故(888,312) = 24 = 6888+(17)312.
(3)近世代数(第二版),韩士安,林磊著,科学出版社, 2009年
《信息安全数学基础》课程介绍
课程内容:数论,近世代数,有限域 课程目的:培养抽象思维能力和严格的逻辑推理 能力, 为学习专业基础课及专业课打好基础
重要性:
该课程是信息安全专业的重要核心基础课程
• 信息安全所关注的包括:信息的机密性、真实性、完整性和不 可抵赖性。
uab+vcb = b. 由于c uab+vcb,故cb.
互素性质证明
性质2:如果ac,bc,且(a,b) = 1,则abc.
证明: 2)因为(a,b) = 1,存在u,v,使 ua+vb = 1, 两端乘c得 uac+vbc = c. 由 bc,ac,得abuac,abvbc, 故abc.
所以 r = 0,故[a,b] d.
定理2证明
2)不失一般性,假设a,b均是正整数.我们现在证明
ab (a,b) 是a,b的公倍数而且对于a,b的任意公倍数d都有
ab d (a,b)
设a = ka(a,b),b = kb(a,b),其中(ka,kb) = 1.则
ab =k b (a,b) a
= kba,
公倍数,最小公倍数
定义1-5 设a,b是两个不等于零的整数.如果ad,bd, 则称d是a和b的公倍数.a和b的正公倍数中最小的称为a 和b的最小公倍数,记为[a,b]. 显然, [a,b] = [–a,b] = [a,–b] = [–a,–b] =[|a|,|b|].
公倍数,最小公倍数
例8 a = 2,b = 3.它们的公倍数集合为 {0,6,12,18,…}. 而[2,3] = 6.
带余除法:
例3
1)a = –37, b= 5,则 –37 = (8)5+3,q=-8, r = 3. 2)a = 67,b= 7,则 67 = (9)( 7)+4, q=9, r = 4.
最大公因子(定义)
定义1-4: 1)设a,b是两个整数,如果整数ca且cb,则c称为a,b的 公因子. 2)设c0是两个不全为零的整数a,b的公因子,如果a,b的 任何公因子都整除c,则c称为a,b的最大公因子,记为c= (a,b).
证明:
性质3:如果ca且cb,则cua+vb,其中u,v是整数
(3)因为ca,则存在整数q1,使 a = q1c ① 两边同乘以整数u,有 ua=p1c (其中p1=uq1) ② 同理cb,有 vb=p2c (其中p2=vq2) ③ ②+③ 得出: pc=ua+vb 其中p=p1+p2=uq1+vq2 , 故cua+vb.
掌握必备的数学知识才能学 好信息安全!!!
学习方法:课堂认真听讲(成熟、会学习的表现) 课后认真、反复复习,深刻领会相关知识。 课程性质决定需要这样的学习方法。
上课时间:星期二下午5-8节
总成绩构成:平时表现(到课,听课):20%
作业: 期末考试: 10% 70%
课程内容:
第一章 整除与同余 第二章 群 第三章 循环群、群的结构 第四章 环 第五章 多项式环与有限域(*)
整除的基本性质(补充):
(1) ab<=> -ab<=> a-b <=>-a-b <=> ab
b≠0且ab =>a≤b
带余除法:
当两个整数不能整除时,我们有带余除法:
对于a,b两个整数,其中b0,则存在唯一q,r使得:
a = bq+r,0 ≤ r < |b|. r称为a被b除得到的余数.q称为不完全商. 显然当r = 0时,ba.
最大公因子(性质)
简单性质: 1. (a,b)=(-a,b)=(a,-b)=(-a,-b)=(|a|, |b|) 2. (0,a)=|a|
最大公因子(求解)
方法1:因子分解 例4:a=60=2×2 ×3 ×5 ,b=36=2 ×2 ×3×3 观察得:c=(a,b)= 2×2 ×3=12
方法2(一般方法): 欧几里德除法也称为辗转相除法。
算术基本定理
定理1-12
互素性质证明
性质3:如果(a,c) = 1,(b,c) = 1,则(ab,c) = 1
证明 3)因为(a,c) = 1,存在u,v,使 ua+vc = 1, 因为(b,c) = 1,存在r,s,使 rb+sc = 1, 于是 (ua+vc)( rb+sc) = (ur)ab+(usa+vrb+vsc)c = 1. 故(ab,c) = 1.
故(3824,1837) = 1.
r0 r1q1 r2 , r1 r2q2 r3 , r2 r3q3 r4 ,
rn 2 rn 1q n 1 rn , rn 1 rnq n rn 1 ,
有s, t 满足
r0=a, r1=b
0 r2 r1 0 r3 r2
例1:
a=10 ,b=2则有210;若a=100,b=10有10100
例2:
设a是整数,a 0, 则a0.
即0是任意整 数的倍数
整除的基本性质(定理1-1, pp.1):
1. 如果ba且ab,则b = a或b = a.
2. 如果ab且bc,则ac. 3. 如果ca且cb,则cua+vb,其中u,v是整数.
信息安全中的数学基础
张宗洋 zonБайду номын сангаасyangzhang@ 电子信息工程学院
本课件基于西安电子科技大学许春香教授课件制作
教材:
《信息安全数学基础》,许春香等编著,清华大学 出版社,2015年
主要参考书:
(1)信息安全数学基础(第二版),陈恭亮编著,清华大学出 版社,2014年 (2)初等数论,潘承洞,潘承彪著,北京大学出版社,2003年
所以
ab 是a,b的公倍数. (a,b)
设a,b的任意公倍数d = qaa = qbb,于是
d = qaka(a,b) = qbkb(a,b), qaka = qbkb. 因为(ka,kb) = 1,则 kaqb, kabqbb = d,
ab d (a,b)
ab 这表明(a,b) 是公倍数中最小的,定理得证.
互素(性质) 定理1-10,互素有如下性质:
1)如果cab且(c,a) = 1,则cb. 2)如果ac,bc,且(a,b) = 1,则abc. 3)如果(a,c) = 1,(b,c) = 1,则(ab,c) =1.
互素性质证明
性质1:如果cab且(c,a) = 1,则cb.
证明 1)因为(c,a) = 1,存在u,v,使 ua+vc = 1, 两端乘b得
欧几里德算法原理
(1)rn可以整除rn-1, rn-2,…..,r2,r1,r0, 所以rn是a,b的公因子。
(2) 若d整除r0, r1,则d整除 r2, r3,…..,rn-2,rn-1,rn。
故,rn是(a,b)的最大公因子。
最大公因子(求解)
例5:(3824,1837)=? (3824,1837)= (3824,1837). 3824 = 21837+150 1837 = 12150+37 150 = 437+2 37 = 182+1 2 = 21 得(3824,1837) = 1,
• 机密性:保证信息不能被未被授权者阅读
• 真实性:保证收到的信息确实是由发送者发送的
• 完整性:保证信息在传递过程中没有被篡改
• 不可抵赖性:保证发送者不能否认其发送过消息;接收者不能 否认接收到消息。
通过密码技术(基于数学理论的变换)实现以上目标。
• 密码技术是保证信息安全的核心技术 • 数学理论与方法是实现密码算法的基础
最小公倍数与最大公因子的关系
例1-10 a = 888,b = 312,求[a,b]. 解 (888,312) = 24,则[888,312] = =11544.
1.2 素数
定义1-8 如果一个大于1的整数p除1和p外无其他因子, 则p称为一个素数,否则称为合数.
定理1-11 设p是一个素数,则 1)对任意整数a,如果p不整除a,则(p,a) = 1. 2)如果pab,则pa,或pb.