信安数学基础答案

信安数学基础答案信安数学基础答案【篇一：信息安全数学基础课后答案完整版】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an, bn表示为多个素因子相乘an=(p1p2––pr)n, bn=(q1q2––qs)n明显an, bn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, an=(p1p2––pr)n, bn=(q1q2––qs)n,因为an| bn 所以对任意的i有, pi的n次方| bn, 所以bn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, 89,97,101,103,107, 109, 113,127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,179,181,191,193,1 97,1 99.（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(modm/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。

（9）证明：对群中任意元素a,b有ab(ab)-1=e, 方程两边先左乘以a的逆元有b(ab)-1=a-1, 在左乘以b的逆元有(ab)-1=b-1a-1, 所以结论成立.（13）证明：设群g的两个子群为g1, g2, 则对任意a,b∈g1∩g2有ab-1∈g1, ab-1∈g2, 所以ab-1∈g1∩g2, 所以g1∩g2也是g 的子群.（14）证明：设g是一个群, 对任意a,b∈g, 存在一个g到h的映射f,并且f(ab)=f(a)f(b).对任意f(a),f(b)∈h有f(a)f(b)=f(ab)∈h, 所以h满足运算的封闭性. 对任意f(a),f(b),f(c)有(f(a)f(b))f(c)=f(ab)f(c)=f((ab)c), f(a)(f(b)f(c))=f(a)f(bc)=f(a(bc)), 又因为(ab)c=a(bc), 所以(f(a)f(b))f(c)=f(a)(f(b)f(c)), 所以h满足结合律. 对任意f(a)∈h, 有f(ae)=f(a)=f(a)f(e), 所以f(e)是h的单位元, 对任意的f(a)∈h, 有f(aa-1)=f(e)=f(a)f(a-1), 所以f(a)的逆元为f(a-1). 所以h是一个群.（16）证明：设a到a-1的一一映射为f.充分性：对任意g中a,b有f(a)=a-1, f(b)=b-1, f(ab)=(ab)-1又因为f同构, 所以f(ab)=f(a)f(b)=(ab)-1=a-1b-1=(ba)-1, 由(ab)-1=(ba)-1有ba=ab, 所以g是交换群.必要性由上反推可得.第三章（2）第一个问题：设该有限群为g, 对任意阶大于2的元素a∈g, 有an=e, n为使得上式成立的最小正整数且n2. 明显在群中存在一个a-1, 且a≠a-1(若相等则a2=e, 与a的阶大于2矛盾), 有(a-1)n=e, 所以a-1的阶也大于2. 综上对任意阶大于2的元素a, 存在a-1的阶也大于2. 所以结论成立.第二个问题：因为在群g中只有e的阶为1, 在由上个结论有阶大于2的元素个数为偶数, 由已知条件g的阶为偶数可知结论成立.（5）对a生成一个阶为n的循环群g, am生成的循环群的阶为n/(n,m)=n. 又因为am∈g所以am也生成g.（6）设g的阶为n, 由已知可得g为一个群, 有由g与g同态可知f(e)为g的单位元,f(g) ∈g, 且对任意gk∈g, 有f(gk)=(f(g))k, 所以g 中任意元素都可以由f(g)生成表示成(f(g))k, 当k=n时有(f(g))n=f(gn)=f(e), 所以g也是也是一个循环群.（8）13阶：e的阶为1, 其他元素阶为13, 生成元g1到g12.16阶：e的阶为1, g2阶为8, g4阶为4, g6阶为8, g8阶为2,g10 的阶为8, g12的阶为4, g14的阶为8, 其余的g到g15的阶为16且是生成元.（9）先分别求出15阶和20阶的正因子为3,5和2,4,5,10所以15阶的生成元为g3, g5, 20阶的生成元为g2, g4, g5, g10.（10）略（11）因为p是素数, 所以阶为p的群为循环群(3.3推论3), 又因为任意同阶的有限循环群同构(3.2定理2), 所以结论成立.（12）因为p是pm的因子，p是一个素数，由有限群g的子群h 中，h阶是g阶因子可知，pm阶群一定有阶为p的子群。

（13）由题意可知am=e, bn=e, m,n为使得上式成立的最小正整数, 又因为ab=ba, 所以(ab)mn=amnbmn=e, 又因为(m,n)=1, 假设存在i使得(ab)i=e,有(ab)mi=e,有bmi=e,有mi|n,有i|n,同理i|m,所以i|mn,所以mn是使得(ab)i=e成立的最小整数，结论成立。

（15）设h1, h2是群g的两个正规子群, h= h1∩h2, 所以有对任意的a∈g, h1∈h1有ah1a-1∈h1, 同样对任意的h2∈h2有ah2a-1∈h2, 所以对任意的h∈h1∩h2有, aha-1∈h1∩h2, 所以结论成立. (先要证明h是g的子群, 略)（16）由题意设eh, ah是h的唯一两个左陪集, 仿照3.4定理2可证. (另证：g=h∪ah, g=h∪ha, 又因为h∩ah=空, h∩ha=空, 所以有ah=ha).（17）由题意有hn=nh即对任意的hn∈hn有hn=nh, 对任意的h1n1∈hn, h2n2∈hn, (h1n1)(h2n2)-1= h1n1n2-1h2-1=h1h2- 1n1n2∈hn, 所以结论成立.第四章（3）明显单位元为1, 设c+di是a+bi的逆元, 有(a+bi)(c+di)=1,有c+di=(a-bi)/(a2+b2),所以a+bi的逆元为 (a-bi)/(a2+b2).（6）按书上要求分别判断是否满足加法交换群,乘法封闭,乘法结合律,分配律。

第一个：是环,没有单位元,是交换环第二个：是环,有单位元1,是交换环第三个：是环,有单位元1,是交换环第四个：不是环(不是加法交换群)（11）证明：对任意的x,y∈s,有ax=0,ay=0,有ax-ay=a(x-y)=0,所以x-y∈s,又axy=(ax)y=a(xy)=0,所以xy∈s,所以s是r的子环（20）证明：设有限整环是s,要证明s是域,需证对全体非零元,都有逆元.设s={a1,a2….an},有1∈s,对任意非零ai有ais={aia1,aia2…. aian},因为乘法封闭有ais=s所以1∈ais,所以存在aj使得aiai=1,即ai的逆元存在.所以结论成立（23）显然s是一个交换环,单位元为1(具体过程略),且无零因子(设对任意s1=a1+b1i,s2=a2+b2i,假设s1s2=0,若s2不等于0,建立方程a1a2-b1b2=0,a1b2+a2b1=0,变形为a1a2b2=b1b2b2, a1a2b2=-a2a2b1,有因为s2不等于0,可知a2,b2不为0,所以b1=0,推出a1=0,所以s1=0,同理当s1不等于0,s2=0),所以s是一个整环.然而由3题有对于非零元a+bi,逆元为(a-bi)/(a2+b2)不属于s.所以s 不是域（28）证明：i是环r的加法子群(具体过程略),对任意的i∈r,j∈i,设j=4r, r∈r, 有ij=ji=4ir, ir∈r, 所以ij=ji∈i,所以i是r的理想. i不等于(4),因为(4)={4x+4n,x∈r,n∈z},x取2,n取1有12∈(4),但是12 不属于i,所以不相等.（30）第一个：证明：整数环中既有单位元,又是交换环,所以(s)={xs,x∈z},(t)={yt,y∈z},又因为xs+yt=xk1d+yk2d=(xk1+yk2)d,所以(s)+(t)∈(d),又因为d=(s,t),所以存在整数u,v使得d=us+vt,所以rd=rus+rvt,所以(d)∈(s)+(t),所以(s)+(t) =(d).第二个：(s)={xs,x∈z},(t)={yt,y∈z},那么(s)∩(t)表示既要是s的倍数又要是t的倍数,m是s,t的最小公倍数,明显(s)∩(t)=(m).（37）对任意的x∈r,有xi1∈i1,i1x∈i1, xi2∈i2,i2x∈i2.有x(i1+i2)=x(a+b)=xa+xb∈i1+i2,(i1+i2)x=(a+b)x=ax+bx∈i1+i2,所以i1+i2也是r的理想第五章（1）对任意非零多项式f(x),g(x)∈f(x),设f(x)=anxn+….a1x+a0,an≠0,ai∈fg(x)=bmxm+….b1x+b0,bm≠0, bi∈f有f(x)g(x)=anbmxm+n+….+a0b0, 因为ai,bi∈f,且都不为0,所以anbm≠0,所以f(x)g(x)≠0,所以结论成立.（2） f(x)+g(x)=x7+x6+5x4+x2+2x+2f(x)g(x)=x13+5x11+x9+6x8+4x7+x6+x5+5x4+3x3+5x2+2x +1（3）明显gf(2)[x]满足交换律,(f(x)+g(x))2=(f(x)+g(x))(f(x)+g(x))=(f(x))2+f(x)g(x)+g(x)f(x) +(g(x))2=(f(x))2+2f(x)g(x)+(g(x))2=(f(x))2+(g(x))2（4）分别用这两个除以2阶及以下的不可约多项式,都除不尽即可.（5） x6+x3+1=(x4+2x3+2x+1)(x2+x+1),所以最大公因子为x2+x+1（7） x5+x4+x3+x2+x+1=(x2+x)(x3+x+1)+x2+1,所以f(x)modg(x)=x2+1（8）略第六章（1）{9,1,11,3,13,5,15,7,17} {0,10,2,12,4,14,6,16,8} 不能（2）一定不是（3）证明：在是模m的简化剩余系中任取ci，可知(ci, m)=1，可证(m-ci, m)=1(反证法证明)，所以对任意ci有m-ci也是模m的简化剩余系，ci和m-ci是成对出现的，所以结论成立（4）证明：因为p，q是两个素数，由欧拉定理有：pq-1=1(mod q)，qp-1=1(mod p)，即q|pq-1-1，p|qp-1-1，设pq-1-1=nq，qp-1-1=mp(m，n是正整数)，两式相乘有(pq-1-1)(qp-1-1)=pq-1qp-1-qp-1-pq-1+1=nmpq，由条件之p，q≥2，所以pq-1qp-1必有因子pq，上式两边同时模pq有：-qp-1-pq-1+1=0(mod pq)，所以pq-1+qp-1=1(mod pq).（5）证明同4题（6）第一个：x=1,5(mod7),第四个：x=3,5,17,19mod(28),第八个:无解（7）第一个：x=3(mod 7)，第八个：x=31+35k(mod105)k=0,1,2,第九个：x=836(mod999)（8）x=200+551k(mod2755)k=0,1,2,3,4（11）x=2101(mod2310)（12）略（13）第一个x=67(mod 140)，第二个x=557(mod 1540)（16）构造同余式组x=1(mod a1)…….x=k(mod ak)，根据中国剩余定理由已知条件只x有解.所以x-1……x-k满足题目要求的连续整数（19）证明：充分性：同余式组x=b1(mod m1)，x=b2(modm2)，由条件(m1,m2)|(b1-b2)，有b1-b2=k1m1+k2m2，所以b1- k1m1=b2+k2m2，所以同余式组有解为x=b1-k1m1=b2+k2m2，必要性：同余式组有解即存在k1, k2使得b1+k1m1=b2+k2m2，b1-b2=k2m2-k1m1，(m1,m2)| k2m2-k1m1= b1-b2（20）第一个x=0,6(mod7),第二个x=184(mod243)第七章（1）证明第一个：设a,b是模p的两个平方剩余，那么(ab/p)=(a/p)(b/p)=1，所以ab也是模p的平方剩余证明第二个：设a是模p的平方剩余,(1/p)=(aa-1/p)=(a/p)(a-1/p)=(a-1/p)=1，所以a-1也是模p的平方剩余证明第三个：设a是模p的平方剩余，b是模p的平方非剩余，(ab/p)=(a/p)(b/p)=-1，所以ab是模p的平方非剩余证明第四个：设a,b是模p的两个平方剩余，那么(ab/p)=(a/p)(b/p)=1，所以ab是模p的平方剩余（2）求模13的平方剩余和平方非剩余12=1(mod 13),22=4(mod 13),32=9(mod 13),42=3(mod13),52=12(mod13),62=10(mod 13)所以1,4,9,3,12,10是模13的平方剩余2,5,6,7,8,11是模13的平方非剩余（4）第一个：(-8/53)=(-1/53)(2/53)(2/53)(2/53)，又因为(-1/53)=1，(2/53)=1，所以(-8/53)=1，所以-8是模53的平方剩余（6）证明：充分性：由-a是模p的平方剩余，所以存在b2=-a(mod p)，又因为b总可以表示成两个数的乘积uv-1，所以存在u,v使得(u/v)2=-a(mod p)，所以结论成立。