信息安全数学基础课后答案完整版Word版
信息安全数学基础习题答案 2
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 , k∈Z5|n 所以5|2k ,又(5,2)=1,所以5|k 即k=5 k1,k1∈Z7|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, k2∈Z因此70|n2.证明:因为a3-a=(a-1)a(a+1)当a=3k,k∈Z 3|a 则3|a3-a当a=3k-1,k∈Z 3|a+1 则3|a3-a当a=3k+1,k∈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,k0∈Z(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∈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。
信息安全数学基础习题答案 2
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 , k∈Z5|n 所以5|2k ,又(5,2)=1,所以5|k 即k=5 k1,k1∈Z7|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, k2∈Z因此70|n2.证明:因为a3-a=(a-1)a(a+1)当a=3k,k∈Z 3|a 则3|a3-a当a=3k-1,k∈Z 3|a+1 则3|a3-a当a=3k+1,k∈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,k0∈Z(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∈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。
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(陈恭亮著)清华大学出版社
性除可的数整
章一第
案答题 习础基学数全安息信
2
)7492 *1 -2 773 ( * )347 - (+74 92 *802= )528 *3 - 7492 ( *802+528 * )911 - (= )2 74 * 1 - 528 ( * )9 11 - (+ 27 4 *9 8= )3 53 *1 -274 ( *98+3 53 *03 -= ) 911 *2 -35 3 ( * ) 03 - (+ 91 1 *9 2= )511 *1 -911 ( *9 2+511 -= )4 *82 -51 1 ( *1 -4= 3 * 1 - 4 = 1�解� 2� 155= t 6 2 2 1 - = s 以所 3 161 * )6221 - (+98 53 *155= ) 31 6 1 * 2 - 9 8 5 3 ( * 1 5 5+ 3 1 6 1 * ) 4 2 1 - (= ) 36 3 *4 -3 161 ( * )4 21 - (+ 36 3 *5 5= )1 61 *2 -363 ( *55+1 61 *41 -= )14 *3 -161 ( *41 -14 *31= )83 *1 -14 ( * 31+83 -= )3 *21 -8 3 ( *1 -3= 2 * 1 - 3 = 1�解� 1� �23 2 =� ) 1 + n ( 2 , n 2�以所 2 *n=n2 2 + n 2 * 1 = ) 1 + n ( 2�解� 2� 1 =� 1 - t 2 , 1 + t 2�以所 1 *2=2 1+2 * )1 - t (=1 - t2 2 + ) 1 - t 2 ( * 1 = 1 + t 2�解� 1� �92 2 =� 2 8 2 , 2 0 2�以所 2 *2=4 2+ 4 * 9=8 3 4+8 3 * 1=2 4 8 3+2 4 * 1=0 8 24+08 *2=202 0 8 + 2 0 2 * 1 = 2 8 2�解� 2� 5 = ) 5 8 , 5 5 (以所 5 * 5= 5 2 5+ 5 2 * 1= 0 3 5 2+ 0 3 * 1= 5 5 0 3 + 5 5 * 1 = 5 8�解� 1� �82 。个多穷无有数素的 3 + k 4 如形�确正论结原 。立成不设假以所�式形的 3 + k 4 为即�数素的式形 1 - k 4 为 N i p� N 以所 ) n ,… , 2 , 1 = i ( np *… *2p *1 p* 3≥ 1-np *… *2p *1 p*4= N 造构 1-k4=1-`k4=3+k4 为因 np ,… ,2p ,1p 为记�个限有有只数素的 3 + k 4 如形设假 法证反�明证� 3 1 。他其证可理同 。证得论结�立成不设假此因�数的 1 - k 3 出得能不�式形的 1 + k 3 是还的到
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。
信息安全数学基础答案
信息安全数学基础答案【篇一:信息安全数学基础习题答案】xt>第一章整数的可除性1.证明:因为2|n 所以n=2k , k?z5|n 所以5|2k ,又(5,2)=1,所以5|k 即k=5 k1 ,k1?z 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, k2?z因此70|n32.证明:因为a-a=(a-1)a(a+1)3当a=3k,k?z 3|a 则3|a-a3当a=3k-1,k?z 3|a+1 则3|a-a3当a=3k+1,k?z 3|a-1 则3|a-a3所以a-a能被3整除。
3.证明:任意奇整数可表示为2 k0+1, k0?z22(2 k0+1)=4 k0+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)=2k2所以(2 k0+1)=8k+1 得证。
34.证明:设三个连续整数为a-1,a,a+1 则(a-1)a(a+1)= a-a3由第二题结论3|(a-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?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。
1/26.证明:因为191<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。
1/2因为547<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。
信息安全数学基础习题答案
信息安全数学基础习题答案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 , k∈Z5|n 所以5|2k ,⼜(5,2)=1,所以5|k 即k=5 k1,k1∈Z7|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, k2∈Z 因此70|n2.证明:因为a3-a=(a-1)a(a+1)当a=3k,k∈Z 3|a 则3|a3-a当a=3k-1,k∈Z 3|a+1 则3|a3-a当a=3k+1,k∈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,k0∈Z(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∈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。
信息安全数学基础 课后习题答案,裴定一,徐详 编著 ,人民邮电出版社
·
·
(1
−
1 ql
)
= (q1
q1 · · · ql − 1) · · · (ql
− 1)
=
s ϕ(s)
2.10 (1)
n = pt11 · · · ptrr ,p1 < p2 < · · · < pr.
Ç ϕ(n)
=
n(1
−
1 p1
)
··
·
(1
−
1 pr
),
´ ϕ(n)
=
1 2
n
⇔
r
(1 −
i=1
Q=
12 · 22 · · · · ·
p−1 2
2
=
(−1)
p−1 2
(p
−
1)!
≡
(−1)
p+1 2
(mod p)
3.7
−2 p
=
−1 p
·
2 p
=
(−1)
p−1 2
·
(−1)
p2 −1 8
=
t1
É ´ ≥ t2, a + b = pt2 (pt1−t2 a1 + b1)
ordp(a + b) ≥ t2 =min{ordp(a),ordp(b)},
´ t1> t2, pt1−t2 a1 + b1 = 0, (p, pt1−t2 a1 + b1) = 1,
Á¸Ï ¦
³ « 1.6 1, 2, · · · , n
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£ 6v − 1|u
3.1 1, 1, 1, 1, 1, −1, 1
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5 227
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“信息安全数学基础”习题答案第一章1、证明: (1)|()|()()|a b b ma m Z c d d nc n Z bd acmn mn Z ac bd ⇒=∈⇒=∈∴=∈∵,,,即。
(2)12111112|,|,,|11(3)|(),,k k k k a b a b a b a b c b c b c c c c ∴−+++∵ ,根据整除的性质及递归法,可证得:,其中为任意整数。
2、证明:1-2(2)(3,5)13|5|15|,(15,7)17|105|a a a a a =∴=∴∵∵∵根据例题的证明结论知:,又且,又,且,。
3、证明:1n p n p n >>因为,且是的最小素因数,若假设n/p 不是素数,则有121223131312,2,,,,2,,k k n p p p p k p p p p k n p p p p n p p n n p n n p =×××≥≥==×≥∴≥≤>> (其中为素数且均)若,则即,与题设矛盾,所以假设不成立,即为素数得证。
7、证明:首先证明形如6k -1的正整数n 必含有6k -1形式的素因子,这显然是成立的。
因为如果其所有素因数均为6k +1形式,则12,(61,1,2,,)j i i n p p p p k i j =×××=+= ,从而得到n 是形如6k +1形式的正整数,这与题设矛盾。
其次,假设形如6k -1的素数为有限个,依次为1212,,6s s q q q n q q q = ,考虑整数-1, 则n 是形如6k -1的正整数,所以n 必有相同形式的素因数q ,使得使得q = q j (1≤j ≤s )。
由整数的基本性质(3)有:12|(6)1s q q q q n −= ,这是不可能的。
故假设错误,即存在无穷多个形如4k -1的素数得证。
2n3n最小非负余数最小正余数绝对值最小余数最小非负余数最小正余数绝对值最小余数3 0、1 1、3 0、1 0、1、2 1、2、3 -1、0、14 0、1 1、4 0、1 0、1、3 1、3、4 -1、0、1 8 0、1、4 1、4、8 1,0 0、1、3、5、7 1、3、5、7、8 3、1、-3、-1、0 10 0、1、4、5、6、9 1、4、5、6、9、10 -4、-1、0、1、4、5 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 1,2,3,4,5,6,7,8,10-5,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,413、解: (1)259222137222376(222,259)37372592221,1,1s t =×+=×⇒==−×∴==−(2)139571316827136821316823122(1395,713)31317136821713(13957131)2713(1)1395,1,2s t =×+=×+=×⇒==−×=−−×=×+−×∴=−=16、解: (1)(112,56)5611256[112,56]112(112,56)=×== (2)(67,335)6767335[67,335]335(67,335)=×== (3)(1124,1368)411241368[1124,1368]384408(1124,1368)=×==(7,4)1,0,7(1)4211,24410,1,2,771||1000142||100040,1,1427c s t k x k k k y k x k y x kk y k ==∴×−+×=∴=−=⎧=−=−⎪⎪=±±⎨⎪==⎪⎩≤⎧∴≤⎨≤⎩=−⎧∴=±±⎨=⎩∵ 而不定方程的一切解为: 其中,又方程的全部解为 ,其中 ,第二章1、解:(1) 错误。
信息安全数学基础_(陈恭亮_著)_清华大学出版
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,k Z∈5|n所以5|2k,又(5,2)=1,所以5|k即k=5k1,k1Z∈7|n所以7|2*5k1,又(7,10)=1,所以7|k1即k1=7k2,k2Z∈所以n=2*5*7k2即n=70k2,k2Z因此70|n2.证明:因为a3-a=(a-1)a(a+1)∈当a=3k,k Z3|a则3|a3-a∈当a=3k-1,k Z3|a+1则3|a3-a∈当a=3k+1,k Z3|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2k0+1,k0Z(2k0+1)2=4k02+4k0+1=4k0(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(2k0+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 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=9∈10.证明:p1p2p3|n,则n=p1p2p3k,k N+又p1≤p2≤p3,所以n=p1p2p3k≥p13即p13≤n1/3p1为素数则p1≥2,又p1≤p2≤p3,所以n=p1p2p3k≥2p2p3≥2p22即p2≤(n/2)1/2得证。
《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。
信息安全数学基础习题第三章答案.doc
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3x ≡1(mod7) 所以 特解x 0`≡5(mod7)同余式3x ≡2(mod7)的一个特解x 0≡2* x 0`=2*5≡3(mod7)所有解为:x ≡3(mod7)(2)解:因为(6,9)=3 | 3故原同余式有解又2x ≡1(mod3) 所以 特解x 0`≡2(mod3)同余式2x ≡1(mod3)的一个特解x 0≡1* x 0`=1*2≡2(mod3)所有解为:x ≡2+3t (mod9)t=0,1,2所以解分别为x ≡2,5, 8(mod9)(3)解:因为(17,21)=1 | 14 故原同余式有解又17x ≡1(mod 21) 所以 特解x 0`≡5(mod 21)同余式17x ≡14(mod 21)的一个特解x 0≡14* x 0`=14*5≡7(mod 21) 所有解为:x ≡7(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127x ≡1(mod1012) 所以 特解x 0`≡255(mod1012)同余式127x ≡833(mod1012)的一个特解x 0≡833* x 0`=833*255≡907(mod1012) 所有解为:x ≡907(mod1012)3.见课本3.2例14.设a,b,m 是正整数,(a,m )=1,下面的方法可以用来求解一次同余方程ax ≡b(mod m)(3)6x ≡7(mod 23)解:依据题意可知,原式与(a%m)x ≡-b[m/a](mod m)同解即与5x ≡-7*3(mod 23)同解,化简得5x ≡2(mod 23).重复使用上述过程,5x ≡2(mod 23)->3x ≡-8(mod 23)->2x ≡10(mod 23)->x ≡5(mod 23). x ≡5(mod 23)即为方程的解。
信息安全数学基础第二版课后练习题含答案
信息安全数学基础第二版课后练习题含答案介绍信息安全数学基础是一门重要的课程,它是信息安全领域的基础。
在这门课程中,我们将了解许多与信息安全相关的数学知识,例如模运算、质数、离散对数等。
这篇文章将涵盖信息安全数学基础第二版中的一些课后练习题,同时也包含答案。
练习题1. 模运算1.1 在模 10 算法下,求以下计算结果:1.(8 + 4) mod 10 =2.(4 - 8) mod 10 =3.(6 * 3) mod 10 =4.(7 * 8) mod 10 =5.(4 * 6 * 2) mod 10 =答案:1.22.63.84.65.22.1 以下哪些数为质数?1.152.433.684.915.113答案:2、53. 离散对数3.1 在模 13 算法下,计算以下离散对数:1.3 ^ x ≡ 5 (mod 13)2.5 ^ x ≡ 4 (mod 13)3.2 ^ x ≡ 12 (mod 13)答案:1.x = 92.x = 93.x = 44. RSA算法4.1 对于RSA算法,如果p = 71,q = 59,e = 7,n = pq,求以下结果:1.φ(n) =2.d =3.明文为123,加密后的密文为?1.φ(n) = (p-1)(q-1) = 40002.d = 22873.加密后的密文为:50665. 椭圆曲线密码5.1 在GF(7)上,使用下列椭圆曲线:E: y^2 = x^3 + 2x + 2 \\pmod{7}计算点加:1.(1,2) + (5,4) =2.(3,6) + (3,6) =答案:1.(1,5)2.(0,3)结论本文介绍了信息安全数学基础第二版中的课后练习题,并包含了所有答案。
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信息安全数学基础习题答案
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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 ϕ (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 ϕ (m)≡0(modm) 32.证明:因为 a ϕ (m)≡1(modm) 所以 a ϕ (m)-1≡0(modm) a ϕ (m)-1=(a-1)(1+a+ a2+…+ a ϕ (m)-1) ≡0(modm) 又(a-1,m)=1 所以 1+a+ a2+…+ a ϕ (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 ϕ (9) ≡ a6 ≡ 1(mod9) 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 ϕ (13)≡1(mod13) 即 a12≡1(mod13) a ϕ (8)≡a4≡1(mod8) 即 a12≡1(mod8) a ϕ (5)≡a4≡1(mod5) 即 a12≡1(mod5) a ϕ (7)≡a6≡1(mod7) 即 a12≡1(mod7) a ϕ (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 ϕ (p)=p-1, ϕ (q)=q-1 由 Euler 定理知:p ϕ (q)≡1(modq) q ϕ (p)≡1(modp) 即 pq-1≡1(modq) qp-1≡1(modp) 又 qp-1≡0(modq) pq-1≡0(modp) 所以 pq-1+qp-1≡1(modq) qp-1+pq-1≡1(modp) 又[p,q]=pq 所以 pq-1+qp-1≡1(modpq) 36.证明:因为(m,n)=1 由 Euler 定理知:m ϕ (n)≡1(modn) n ϕ (m)≡1(modm) 所以 m ϕ (n)+n ϕ (m)≡(m ϕ (n)modn)+ (n ϕ (m)modn)≡1+0≡1(modn)
信息安全数学基础部分习题答案
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 , k∈Z5|n 所以5|2k ,又(5,2)=1,所以5|k 即k=5 k1,k1∈Z7|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, k2∈Z因此70|n2.证明:因为a3-a=(a-1)a(a+1)当a=3k,k∈Z 3|a 则3|a3-a当a=3k-1,k∈Z 3|a+1 则3|a3-a当a=3k+1,k∈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,k0∈Z(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∈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。
信息安全数学基础习题答案
因此70|n
2.证明:因为a3-a=(a-1)a(a+1)
当a=3k,k Z 3|a 则3|a3-a
当a=3k-1,k Z 3|a+1 则3|a3-a
当a=3k+1,k 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, k0 Z
(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(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
=13*41-14*(161-3*41)
=-14*161+55*(363-2*161)
=55*363+(-124)*(1613-4*363)
=(-124)*1613+551*(3589-2*1613)
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)
信息安全数学基础答案第一二三四五章(许春香 廖永建)
mi| a-b
则 [m1,…,mn] | (a-b) 所以 a=b (mod [m1,…,mn] ).
(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!)=
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
=-1×2 ×3× 4 ×5 ×6 ×7× 8× 9 (mod 71) =1 (mod 71) 所以 70!=61! (mod 71)
13、证明:因为 2 = -1 (mod 3), 所以 2n = (-1)n (mod 3), 2n +1= (-1)n +1(mod 3). 当 n 为奇数时, 2n +1= 0(mod 3),即能被 3 整除. 当 n 为偶数时, 2n +1= 2(mod 3),即不能被 3 整除. 14、证明: (1) 因为 ac=bc (mod m),
又由定理 1(page7) ,存在 j1 满足 又因为 pj 为素数,所以有 q1 = pj1 同理得 q2 = pj2 得 注意:在证明过程没使用标准因子分解式! 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). 定义: (1)如果整数 dai (2) 设 d0 是 ai (1 ≤ i≤ n) ,则 d 称为 ai 的公因子. (1 ≤ i≤ n)的公因子, 如果 ai (1 ≤ ,…, qr = pjr,
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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。
(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a n=e, n 为使得上式成立的最小正整数且n>2. 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, a m生成的循环群的阶为n/(n,m)=n. 又因为a m∈G所以a m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g k∈G, 有f(g k)=(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(g n)=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p m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,p m阶群一定有阶为P的子群。
(13)由题意可知a m=e, b n=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=a mn b mn=e, 又因为(m,n)=1, 假设存在i使得(ab)i=e,有(ab)mi=e,有b mi=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=n'h, 对任意的h1n1∈HN, h2n2∈HN, (h1n1)(h2n2)-1= h1n1n2-1h2-1=h1h2-1n1'n2'∈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ai S=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S 1=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)=an x n+….a1x+a,an≠0,ai∈Fg(x)=bm x m+….b1x+b,bm≠0, bi∈F有f(x)g(x)=an bmx m+n+….+ab, 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:p q-1=1(mod q),q p-1=1(mod p),即q|p q-1-1,p|q p-1-1,设p q-1-1=nq,q p-1-1=mp(m,n是正整数),两式相乘有(p q-1-1)(q p-1-1)=p q-1q p-1-q p-1-p q-1+1=nmpq,由条件之p,q≥2,所以p q-1q p-1必有因子pq,上式两边同时模pq有:-q p-1-p q-1+1=0(mod pq),所以p q-1+q p-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(mod m2),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(mod 13),52=12(mod 13),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。