信息安全数学基础 (李继国 余纯武 著) 武汉大学出版社 课后答案 24页

'课后答案网您最真诚的朋友www.hackshp.cn网团队竭诚为学生服务，免费提供各门课后答案，不用积分，甚至不用注册，旨在为广大学生提供自主学习的平台！课后答案网：www.hackshp.cn视频教程网：www.efanjy.comPPT课件网：www.ppthouse.com 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！“信息安全数学基础”习题答案第一章1、证明：∵abbmamZ|(⇒=∈)，，cd|(⇒=dncnZ∈)(1)∴bd=∈acmnmn()|Z，即acbd。∵"abab|,|,,|ab，根据整除的性质∴−11(3)及递归法，可证得：12k(2)abcbc|(+++""bc)，其中ccc,,为任意整数。1111kk12k2、证明：根据例题1-2(2)的证明结论知：∵∵(3,5)1=∴，又3|aa且5|,15|,a又，∵(15,7)1=∴且7|aa,。105|课后答案网3、证明：13因为npn>>www.hackshp.cn，且pn是的最小素因数，若假设n/p不是素数，则有nppp=×××""p,2（其中k≥,pp,,,p为素数且均≥p）12kk12231313若kn==2,，则pp×p≥p∴n≥≤p,即pnn,与题设>p>n矛盾，12所以假设不成立，即np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npp=×××""ppk,(=+=61,i1,2,,)j,从而得到n12jii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qq,,""q，考虑整数nqqq=6-1，12ss12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=qj(1≤j≤s)。由整数的基本性质(3)有：qq|(6qqn"−)1=，12s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。 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！11、解：23nn最小非负余最小正余数绝对值最最小非负最小正余数绝对值最小数小余数余数余数30、11、30、10、1、21、2、3-1、0、140、11、40、10、1、31、3、4-1、0、180、1、41、4、81，00、1、3、5、1、3、5、7、3、1、-3、-1、780100、1、4、5、1、4、5、6、-4、-1、0、0,1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,6,7,8-5,-4,-3,-2,-1,6、99、101、4、56,7,8,9,100,1,2,3,413、解：(1)259=×222137+222=×376⇒=(222,259)3737=−×∴2592221,st==1,−1(2)课后答案网1395=×7131682+713=×682131+682=×3122www.hackshp.cn⇒=(1395,713)31317136821713(13957131)=−×=−−×=2713(1)1395,×+−×∴st=−1,=216、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) 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！19、解：∵(7,4)1,0,7(1)421==∴×c−+×=∴st=−1,=2⎧4kxk=−=−4⎪⎪1而不定方程的一切解为：　⎨其中，k=±±0,1,2,"⎪yk==7k7⎪⎩1⎧||1000x≤又⎨∴≤k142⎩||1000y≤⎧xk=−4∴方程的全部解为　⎨，其中，k=±±0,1,"142⎩yk=7课后答案网www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！第二章1、解：(1)错误。反例：a=7,b=3,m=822(2)错误。该命题当m为素数时才成立（∵a+b≡0(modm)Ù(a+b)(a-b)≡0(modm)Ùm|(a+b)(a-b)，而只有m为素数时，才Ùm|(a+b)或m|(a-b)）(3)错误。反例：a=1,b=4,m=3(4)正确。222222证明：当a,b为偶数时，设a=2k,b=2k’，则a=(2k)=4k，b=(2k’)=4k’，因为22224k≡4k’≡0(mod4)，所以a≡b(mod4)；222当a,b为奇数时，设a=2k+1,b=2k’+1，则a=(2k+1)=4(k+k)+1，2222222b=(2k’+1)=4(k’+k’)+1，因为4(k+k)+1≡4(k’+k’)+1≡1(mod4)，所以a≡b(mod4)。4、解：设未知数为x，则根据弃九法，有：((78954)mod9(98351)mod9)mod9++++×++++=++++++++(7765x4854)mod9解之得：x=2课后答案网5、解：6因为ord7(3)=6，即3≡1(mod7)，所以3025650430253≡×((3)www.hackshp.cn3)133(mod7)≡×≡，故此后第3是星期日。6、解：20因为ord100(3)=20,即3≡1(mod100)，所以4082020884083≡×(3)3≡13×≡61(mod100)，故3写成十进制时的最后两位数是61。9、解：(1)模11的一组全为奇数的完全剩余系为：1，3，5，7，9，11，13，17，19，21(2)模11的一组全为偶数的完全剩余系为：0，2，4，6，8，10，12，14，16，18，20(3)设模m的完全剩余系为：kmkm,1+,2km++,",(kmm+1),()kZ∈012mi−1由于2|m，所以2|kmrk+∈=(Zr,0,2,4,",m−2)，iiii而2|kmrk+∈=(Zr,1,3,5,,"m−1)，jjjj因此，模m的完全剩余系中一半是偶数，一半是奇数。12、证明：因为{1，2，"，n}中，与n互素的个数为ϕ()n，将{1，2，"，nk}分成k个集合，每个集合由n个连续的整数构成。每个集合都是一组模n的完全剩余系，由例题2-8的结论： 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！模m的同一个剩余类中任意两个整数与m的最大公约数相同知，每个集合中与n互素的整数为ϕ()n个，故在不超过nk的正整数中，和n互素的整数的个数为kϕ()n。13、（该题有问题，可不做）证明：ϕ()mϕ()m2(ϕm)aa(1−)aa(1−)因为aa+++"a=，所以原命题等价于证明≡0(mod)m，a−1a−1又因为(a,m)=1？，由同余的性质2-2(1)和(5)知，ϕ()maa(1−)ϕ()m≡0(mod)mÙaa(1−≡)0(modm)a−1ϕ()mϕ()m又因为(a,m)=1，所以由欧拉定理有am=1(mod)，即aa(1−≡)0(modm)成立。2(ϕm)所以，原命题aa+++"a≡0(mod)m成立。15、证明：(1)由Wilson定理有：课后答案网n是素数Ù(1nn−≡−)!1(mod)(1⇔−+≡nn)!10(mod)|⇔n(1n−+)!1(2)由Wilsonwww.hackshp.cn定理有：n是素数⇔−≡(1nn)!1−(mod)⇔(nnnnnnn−≡−1)!1(mod)⇔−(2)!(−≡−1)1(mod)，又因为((n-1),n)=(-1,n)=(1,n)=1，所以由同余的性质2-2(1)和(5)有：(nnn−−2)!(1)≡−1(mod)nn⇔(−≡2)!1(mod)nn⇔−|((n2)!1)−即n是素数的充要条件为n|((n-2)!-1)。(3)由Wilson定理有：n是素数⇔−≡(1nn)!1−(mod)⇔−()nknk!((1−−))((2nk−−))(1"n−≡−)1(modn)⇔−−−−−(nk)!((k1))((k2))"(1)−≡−1(mod)nk−1⇔−(nkk)!(−−≡1)!(1)−1(mod)nk−1⇔−(nkk)!(−≡1)!−−(1)(mod)nk−1⇔−−nnkk|(())!(1)!(1)+−17、证明：（方法一）首先，令pkk=+≥41(0)，则 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！p−122(!)(2!)2((2))(21)(((21))1((1))≡kkp≡×−−kk×−×−−pk−"××−−p22k22kk≡−(1)××2kk(2+×1)(2k−×1)(2k+2)"××≡−14k(1)×(4)!k≡−(1)×−=−(p1)!1(mod)p2p−1所以x≡-1(modp)的解为：x≡±!(mod)p。2pp−−11又因为p为奇素数，所以!!和-模p不同余，222p−1综上可证，同余式x≡-1(modp)有两个不同的解x≡±!(mod)p。2⎛⎞−1（方法二）由第三章的知识有，因为p为4k+1形式的素数，所以⎜⎟=1，即⎝⎠p2同余式x≡-1(modp)有两个不同的解。再由方法一中的证明过程可得：2p−1x≡-1(modp)的两个不同的解为：x≡±!(mod)p。218、解：(1)利用算法2-1，有mabmabmab000111222=========1,2,2,课后答案网1,4,8,1,16,6,mabmabmab=========,012,6,1,22,10,1,57,21,333444555mabmabmab=========0,16,21,0,12,21,0,22,21,666www.hackshp.cn777888mab===1,57,38,999567故，2mod6138=。54321(2)运用相同的算法，有41mod10393=。19、解：(1)（方法一）11−−12401239ϕ(325)=×−×−=⇒325(1)(1)2407mod325=7mod325=7mod325513325利用算法2-1，解得7mod32593=（方法二）325=×+46737231=×+331=×故(7,325)1723==−×=−×72(325467)−×=×−×9372325−1⇒=s93,即7mod32593=-1(2)61mod1024=789-1(3)79mod2623=2457 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！24、解：(1)取模11的最小非负完全剩余系：0,",10，直接计算可知，2是同余式3xx−+≡270(mod11)的解，故该同余式的解为：x≡2(mod11)，解数为1。(2)取模7的最小非负完全剩余系：0,",6，直接计算可知，0和2是同余式54xx−+≡2140(mod7)的解，故该同余式的解为：x≡0,2(mod7)，解数为2。(3)该同余式的解为：x≡7,19(mod24)，解数为2。(3)该同余式无解为25、解：（过程略，见算法2-7）(1)因为(5,11)=1|4，所以同余式5x≡4(mod11)有1个解，其解为：-1x≡4×5≡3(mod11)。(2)因为(3,9)=3|6，所以同余式3x≡6(mod9)有3个解，其解为：x≡2,5,8(mod9)。(3)87xx≡⇔16(mod61)课后答案网26≡16(mod61)，所以原同余式有1个解，其解为：x≡10(mod61)。26、解：www.hackshp.cn设至少x周后，他可以在周三休息，如果周三是他休息的第一天，则720x+≡(mod13)，解为x≡9(mod13)。如果周三是他休息的第二天，则710x+≡(mod13)，解为x≡11(mod13)。如果周三是他休息的第一天，则7x≡0(mod13)，解为x≡13(mod13)。综上，至少在9周之后，他可以在周三休息。28、解：(1)原题设等价于：⎧x≡3(mod11)⎪⎨x≡2(mod72)⎪⎩x≡1(mod13)根据中国剩余定理，可知：mmm===11,72,13123MMM=×=7213936,=×=1113143,=×=1172792123"1−−"1"1−MMM==936mod111,==143mod7271,==792mod1312,123∴x≡×936131437127921211730(mod10296)×+××+××≡⇒≡x1730(mod10296) 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！所以，该数为1730。(2)原题设等价于：⎧x≡1(mod2)⎪⎪x≡2(mod5)⎨⎪x≡3(mod7)⎪⎩x≡4(mod9)根据中国剩余定理，可知：mmmm====2,5,7,91234MMMM=××=579315,=××=279126,=××=25990,=××=25770,1234"1−−−−"1"1"1MMMM==315mod21,==126mod51,==90mod76,==70mod94,1234∴x≡315111261290637044(mod630)××+××+××+××⇒≡x157(mod630)所以，该数为157。31、解：因为64x≡(mod8)有2个解，其解为：x≡2,6(mod8)所以原同余式组等价于：课后答案网⎧x≡5(mod7)⎨⎩x≡2,6(mod8)www.hackshp.cn根据中国剩余定理可求得：该同余时组有2个解，其解为x≡26,54(mod56)。32、解：原同余式组等价于：⎧x≡3(mod11)⎨⎩x≡6(mod9)根据中国剩余定理可求得：该同余式组的解为x≡69(mod99)。33、解：1000000⎧x≡2(mod11)该命题等价于求解同余式组⎨1000000⎩x≡2(mod5)因为ord11(2)=10，ord5(2)=4，所以100000010100000⎧⎧xx≡≡2(mod11)(2)≡1(mod11)⎨⎨⇔10000004250000⎩⎩xx≡≡2(mod5)(2)≡1(mod5)根据中国剩余定理可求得：该同余式组的解为x≡1(mod55)。1000000所以，2mod55=1。 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！第三章1、解：(1)j±1±2±3±4±5±6±7±8±9±10±112aj=mod23149162133181286所以，23的平方剩余为：1，2，3，4，6，8，9，12，13，16，18，23的平方非剩余为：5，7，10，11，14，15，17，19，20，21，22(2)j±1±5±7±112aj=mod241111所以，24的平方剩余为：124的平方非剩余为：5，7，11，13，17，19，232、解：2(1)x≡2(mod3)372−1课后答案网2∵()(1=−)8=−∴1，同余式无解，解数为0.372www.hackshp.cn⎧⎪x≡≡30(mod3)2(2)x≡3(mod39)⇔⎨2⎪⎩x≡3(mod13)3131−−3×又∵()(1=−)22(1−=)113所以，同余式有解，解数为2。22⎧⎪x≡4(mod3)(1)2(3)x≡4(mod45)⇔⎨2⎪⎩x≡4(mod5)(2)44又∵()1,()1==，所以(1)(2)的解数分别为，故原同余式的解数为24。352⎧⎪x≡5(mod3)(1)2(4)x≡5(mod48)⇔⎨24⎪⎩x≡5(mod2)(2)52又∵()()1==−，同余式∴(1)无解，33所以原同余式也无解。3、证明：(1)设模p的所有平方剩余的乘积对模p的剩余是A，因为p是奇素数，则由定理3-2有： 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！222⎛⎞p−1A≡⋅12"⎜⎟⎝⎠2p−1⎛⎞pp−−11⎛⎞≡⋅−⋅⋅−1(1)2(2)"⎜⎟⋅−⎜⎟⋅−(1)2⎝⎠22⎝⎠p−1⎛⎞pp−+11⎛⎞≡⋅−⋅⋅−1(pp1)2(2)"⎜⎟⋅⎜⎟⋅−(1)2⎝⎠22⎝⎠p−1≡−−(1pp)!(1)(2mod)pp−+11又由Wilson定理有，A≡−⋅−(1)(1)22≡−(1)(mod)p。p+1∴当p是奇素数时，模p的所有平方剩余的乘积对模p的剩余是(1)−2。(2)设模p的所有平方非剩余的乘积对模p的剩余是B，则有：A×B≡(p-1)!(modp)，又由Wilson定理和(1)的证明结果有：p+1Bp⋅−(1)2≡−1(mod)pp+−11课后答案网p−1+2⇔≡−⋅−B(1)(1)22≡−(1)≡−(1)(mod)2pp−1∴当p是奇素数时，模www.hackshp.cnp的所有平方非剩余的乘积对模p的剩余是(1)−2。(3)设模p的所有平方剩余的和对模p的剩余是C，模p的所有平方非剩余的和对模p的剩余是D，则由定理3-2有：22222⎛⎞pp−−1(1)⋅p(1p−)⋅pCp=+++12"⎜⎟=(mod)，其中为整数，⎝⎠2242432因为p是奇素数，且p>3，而24=2×3，所以(p,24)=1，即24|(p-1)。所以，C≡0(modp)，即模p的所有平方剩余的和对模p的剩余是0。(1pppp−)⋅−(1)⋅又因为Dp≡+++−−≡(12"1)C−≡0(mod)p，22而p为大于3的奇素数，即2|(p-1)，所以Dp≡0(mod)，即模p的所有平方非剩余的和对模p的剩余是0。4、解：2362331171−−172⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞×⎛⎞⎛⎞(1)⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟==×=11×()−22⎜⎟⎜⎟==−1⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠17171717⎝⎠⎝⎠3323231311−−318222⎛⎞×⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞(2)⎜⎟=−()1122⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟=−=−××=−⎝⎠37⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠2323232323 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！⎛⎞⎛⎞241(3)⎜⎟⎜⎟==1⎝⎠⎝⎠232321211291−−298222⎛⎞×⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞(4)⎜⎟=−()1122⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟==××=−⎝⎠29⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠21212121215、证明：假设形如8k+5的素数只有有限多个，设这些素数为p,,pp"，考虑整数12k2Np=()12pp"k+4，22因为ppp"为奇数，所以，Nk=()2144++=++=(kk)54k()k++15，12k""又因为k中k+1一定有一个为偶数，故Nkk=42585×+=+。因为Npi>=,1,2,,"k，所以，N为形如8k+5的合数，其任意素因数p均为奇素数，且i2()ppi,1==,(1i,2,,"课后答案网k)（假设p=pi，则p|(N-(p1p2…pk)=4，这是不可能的。）⎛⎞⎛⎞−−44114⎛⎞⎛⎞⎛−−+N⎞⎛⎞()pp"p2p−1∴⎜⎟⎜⎟==⎜⎟⎜⎟⎜==⎟⎜⎟12k=11=()−2，⎝⎠⎝⎠ppppwww.hackshp.cn⎝⎠⎝⎠⎝p⎠⎝⎠p由该式可知，p是4k+1形式的素数，即p只可能为8k+1和8k+5形式的素数。若N的素因数均为8k+1形式，则N为8k+1形式，所以N的素因数中至少包含一个8k+5形式的奇素因数p，即存在整数j(1≤j≤k)，使得p=p，这与(pp,1)==,(i1,2,",k)ji矛盾。故，假设不成立，即形如8k+5的素数有无限多个得证。6、解：2⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞2323232(1)⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟===−1⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠755332⎛⎞⎛⎞7732⎛⎞⎛⎞322(2)⎜⎟⎜⎟==⎜⎟⎜⎟=−1⎝⎠⎝⎠455⎝⎠⎝⎠352⎛⎞⎛⎞255(3)⎜⎟⎜⎟==1⎝⎠⎝⎠33332⎛⎞⎛⎞2121(4)⎜⎟⎜⎟==1⎝⎠⎝⎠25512、解： 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！44011111−−11151−−⎛⎞176⎛⎞2⎛⎞11⋅⋅⎛⎞5⎛⎞1(1)∵⎜⎟==⎜⎟⎜⎟(1)−22⋅⎜⎟=(1)−22⋅⎜⎟=1，所以同余式有解。⎝⎠401⎝⎠401⎝⎠401⎝⎠11⎝⎠54又∵p=≡4011mod4()，运用情形：2p−=×1225，ts=4,=25⎛⎞3任意选择模401的平方非剩余，n=3,⎜⎟=−1，⎝⎠4014252计算()176mod401400,=所以，jaa=1,=×=×n1769012254计算()ajmod401400,==所以，1,a=a×n=158481×112125计算ajmod4011,==所以，022251+因此，原同余式的解为xp≡±1762×32512×+()mod≡±101mod401()()41031111−−⎛⎞176⎛⎞2⎛⎞11⋅⎛⎞4(2)∵⎜⎟==⎜⎟⎜⎟(1)−22⋅⎜⎟=(1)11−⋅=−，所以同余式有解。⎝⎠103⎝⎠103⎝⎠103⎝⎠11课后答案网214、解：（该同余式的求解也可以参见定理2-14，即先求x≡41mod2()的解）∵411mod8,≡∴()www.hackshp.cn同余式有个解。42x≡41mod8()的解为：xt=±+()14,0,1,33t="2由()()14+≡t41mod16得t≡1mod2()332故x≡41mod16()的解为：xtt=±+(1412(+))=±+(58,)t=0,1,"4442由()()58+≡t41mod32得t≡1mod2()442故x≡41mod32()的解为：xt=±(1316+),t=0,1,"552由()1316+≡t41mod64()得t≡0mod2()552故x≡41mod64()的解为：xt=±(1332+),t=0,1,"662即，同余式x≡41mod64()的解为：x≡13,19,45,51mod64() 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！第四章2、解：(1)φ(18)=6，其正因数为1,2,3,6，12365≡≡≡5(mod18),57(mod18),5−≡1(mod18),51(mod18)∴ord()5=6。18(2)φ(79)=78，其正因数为1,2,3,6,13,26,39,781236∵4≡≡≡≡4(mod79),416(mod79),464(mod79),4−12(mod79),1326394≡≡≡23(mod79),455(mod79),41(mod79)，∴ord()4=39。4(3)∵()9,11=∴1,ord()91=⎡⎤ord(91,ord91)(),99⎣⎦119又∵ord91991()==ord1()1,ord11(91)=ord1(3)，而ϕ()11=10，其正因数为，，，12510125计算：3≡≡≡3(mod11),39(mod11),31(mod11),所以ord(3)=5课后答案网11∴ord99(91)==[]1,55(4)∵()3,73=∴1,ord(7)=⎡⎤ord7,ord()(7)www.hackshp.cn219⎣⎦373又∵ord()71==ord()1，而33ϕ()73=72，其正因数为，，，，，，，，，，，12346891218243672，经计算得：ord(7)73=24∴ord(7)==[1,24]24。2195、解：22ϕ(101)100==×∴25,100的素因数为2和5.2050100/2==50;100/520，验证：2≡−95(mod101);2≡100(mod101)所以，2是模101的原根。6、解：1002∵2是模101的一个原根，又∵2≡8074≠1(mod101)，2∴根据定理4-2有：2或2+101=103都是模101的原根。7、解：22由定理4-2和上题可知，103和2+101=10203都是模2101×的原根。 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！8、解：∵ϕ()43==××42237，42/2=21,42/314,42/7==661461421验证:2mod43===21,2mod431,3mod43−==2,3mod4336,3mod4342,故，3是模43的最小原根。计算：123453mod433,3mod439,3mod43=====27,3mod4338,3mod4328,6789103mod43=====41,3mod4337,3mod4325,3mod4332,3mod4310,11121314153mod4330,3mod43=====4,3mod4312,3mod4336,3mod4322,16171819203mod43==23,3mod4326,3mod43===35,3mod4319,3mod4314,21222324253mod43=====42,3mod4340,3mod4334,3mod4316,3mod435,26272829303mod4315,3mod43=====21,3mod436,3mod4318,3mod4311,31323334353mod4333,3mod4313,3mod4339,3mod4331,3mod====43=7,36373839403mod43=====21,3mod4320,3mod4317,3mod438,3mod4324,41423mod43==29,3mod4310,所以，以3为底的模43课后答案网的指标为：012345678904227112252835392110301332202624382919www.hackshp.cn237361516408173541311349312318147433422621291229查表可知，3≡≡18mod43()，即有x18≡3(mod43)yy1229令xy=⇔3(mod43)3≡3()mod43,由性质42−≡知，1229(mod42)∵(12,42)=∴6|29,此同余式无解。9、解：（过程略）(1)查表可知，ind67=39，∵(22,(41))ϕ=2,不能整除39，所以，同余式无解。30-1(4)解：原方程等价于x≡37×5≡37×33≡32(mod41)，103010通过查表得知，ind632=10，即6≡∴32(mod41),x≡6≡32(mod41)yy3010令xy=⇔6mod416≡⇒6(mod41)30≡10(mod40)，因为(30,40)=10|10，所以该同余式有10个解，其解为：y≡3,7,11,15,19,23,27,31,35,39(mod40),通过查表得原同余式的解为：x≡11,29,28,3,34,30,12,13,38,7(mod41) 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！第五章1、解：×表示不构成代数系统，√表示构成代数系统。(1)×(2)√(3)√(4)×(5)×(6)√(7)加法×，乘法√(8)√(9)√(10)加法×，乘法√2、解：交换律结合律分配律单位元零元逆元√√N阶0矩阵无N阶负阵2课后答案网除0阵外逆元×√N阶单位阵N阶0阵为其逆矩阵1的逆元为1，3√√1无www.hackshp.cn其他元素无逆⎛⎞006×√无⎜⎟无⎝⎠001的逆元为1，7√√1无其他元素无逆0的逆元为0，8√√0无其他元素i的逆元为n-i全集的逆元为√√全集空集本身，其他元素无逆元9空集的逆元为√√空集全集本身，其他元素无逆元10√√101的逆元为16、解：(2)加法乘法均构成群(3)幺半群(6)半群(7)乘法构成幺半群 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！(8)群(9)并集和交集均构成幺半群(10)乘法构成群7、解：是幺半群。11、证明：首先，设k为ab∗的阶，k为()ba∗的阶，即(),ab∗kk12=∗=eba(),e，12∴aa−−11∗∗∗=∗()bbbkk11()aab−1=∗−1−1，∴()ba∗=∗∗k1abbae−−11∗=即：()ba∗=k1e，所以，kk|，21同理，kk|12所以，kk=，得证。1212、证明：首先，若群为交换群，则，根据定理课后答案网5-7，直接得证。222其次，()x*(y=∗⇒∗∗∗=∗xyxyxyxxyy)(*)*，根据群的消去律，yxxy∗=*，命题得证。www.hackshp.cn15、证明：−11−−1首先，H是G的子群，那么H至少含有一个元素e，则xex=∈exHx，即xHx是G的非空子集。−−−111−−11−−11其次，∀∈xhxxhx,,xHx其中hh,∈H，因为()()xhx=xhx，121222−−11−1−−11−1−1−1而()xhx()xhx==xhxxhxxhhx，其中由H是G的子群得hh∈H，12121212−−11−1-1所以xhhx∈xHx。根据子群的判断定理二证得：xHx构成G的子群。12−116、证明：首先，因为∃∈eS,使得eSeS=，所以N(s)为非空集合，−−11其次，∀∈x,(xNs),有xSx==SxSx,,S121122−−11−1−1则xxSxx()==xxSxxxSx=S，即xxNs∈(),121212211112−1−−11−−11−1−1又因为∀∈xNs(),有xSx=S，则xSx=x()xSxx==xxSxxS，即x∈Ns(),所以，根据子群的判定定理一证得：N(S)构成G的子群。 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！20、证明：f:||AAfAAA→=,()||,,,设∀BG∈则f(ABABABfAfB×)|=×=×=|||||()()⋅,命题得证。21、证明：∀∈=abGa,,2mn113,2b=mn223mn11mn22mm12+nn1+2，则ab×=2323×=23，则f()2ab×=mm12+=×=22(m1m2fafb)(×)，得证。23、证明：设i，分别是∗→GG,:上的运算,因为ϕGG是同构映射，所以1212∀∈abG,,()ϕabi=∗ϕϕ()()ab，设ϕ()a=a"(),ϕb=∈bG"，则由ϕ:GG→为双射1212−−11得：ϕϕ("),(")aabb==，−−11−1−1−1故：ϕϕ("")ab∗=(()())课后答案网ϕa∗ϕb=ϕ(())ϕabii==abϕ(")aiϕ(")b，即：−1又ϕ为双射，所以ϕ也是双射，得证。www.hackshp.cn25、解：12478111314(1)共有φ(15)=8个生成元，分别为，aaaaaaaa,,,,,,,(2)15的正因子为，1，3，5，15，所以：d||a15∵||ad1====1，即15,1(||,ad)(15,d)1115∴1{阶子群为：=<>=}d||a15∵||ad3====3，即5,10,3(||,ad)(15,d)53510510∴3{阶子群为：=<>=,a,a}d||a15∵||ad5====5，即3,6,9,12，5(||,ad)(15,d)553691236912∴5{阶子群为：=<>=<>=<>=,,,,}aaaa2478111314121415阶子群为：=<>=<>=<>=<>=<>=<>=<>={,a,aa,",}28、解：（该题是按照先进行前一个置换，再进行后一个置换的顺序计算的）⎛⎞12345στ==⎜⎟(13245)⎝⎠34251 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！⎛⎞12345τσ==⎜⎟(15324)⎝⎠54213⎛⎞12345−1σ==⎜⎟(12)(354)⎝⎠21534⎛⎞12345−1τ==⎜⎟(1324)⎝⎠34215⎛⎞12345−1στ==⎜⎟(13524)（5）⎝⎠34512⎛⎞12345−1τσ==⎜⎟(14253)⎝⎠45123⎛⎞12345−1στσ==⎜⎟(1425)（3）⎝⎠4532129、解：（该题是按照先进行前一个置换，再进行后一个置换的顺序计算的）课后答案网-1-1α=α，β=β⎛⎞abcde−1(1)x==αβ⎜⎟www.hackshp.cn⎝⎠deabc⎛⎞abcde−1(2)x==βα⎜⎟⎝⎠cdeab*补充题：写出Z,⊗的所有生成元和子群。132解：∵ϕ(13)==×∴1223,12的素因数为2和3，6412/2==6,12/34，验证：2≡−1(mod13);2≡3(mod13)∴*2是模13的原根，即是Z,⊗一个生成元。13*又∵Z,⊗是12阶循环群，ϕ(12)=4，13*5711∴Z,⊗共有4个生成元，分别为：2,2mod13=6,2mod13=11,2mod13=7。13∵*Z,⊗是12阶循环群，12的正因子有1,2,3,4,6,12，13∴*Z,⊗的子群有6个，分别是：13 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！d|2|12∵|2|1====1，即d12,1(|2|,dd)(12,)1112∴12阶子群为：<=mod131>={1}d|2|12∵|2|3====2，即d6,2(|2|,dd)(12,)2266∴22阶子群为：<>={1,2}d|2|12∵|2|3====3，即d4,8，3(|2|,dd)(12,)334848∴32阶子群为：<>=<>2={1,2,2}d|2|12∵|2|4====43，即d,9，4(|2|,d)(12,d)4439369∴42阶子群为：<>=<2>={1,2,2,2}d|2|12∵|2|6====6，即d2,10，6(|2|,dd)(12,)66210246810∴62阶子群为：<>=<2>={1,2,2,2,2,2}571112阶子群为：=<课后答案网>=<>=<>={1,2,3,",12}www.hackshp.cn 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！第六章1、证明：首先，不难验证，集合对于加法构成群。又对∀+abababi,,,,+(a+bi)(=aa+)(+bbia+)=+bi+(abi+)1122112212122211故，构成交换群。其次，对于乘法，可验证其满足封闭性和结合性，可以构成半群。根据环的定义，可构成环。3、解:∵2⊗=60(mod12),3⊗=40(mod12),3⊗=80(mod12),4⊗=90(mod12),610⊗=0(mod12),∴零因子为2，3，4，6，8，9，106、证明：(1)∀∈∩⇒∈abS,,SabSabS,,∈12课后答案网12⇒−ababSababS,,,(∈−∈因为、是环SS)1212⇒−ababSS,∈∩，得证12(2)不一定。www.hackshp.cn10、证明：（略）11、证明：根据例题6-12，可验证，Q(5),,+i是整环。ab对于Q(5)中任意元素ab+5，a,b不全为零，存在cQ=−5(∈5)，2222abab−−55使得，cab(5+=)(5ab+=)c1，即，c是ab+5的逆元，故Q(5),,+i是域。13、证明：-1a∵F是域，由域的定义知，∀∈≠abFb,0,，有ab∈F，即∈F，b∴A()FF⊆。又由分式域的定义知，FAF⊆()。∴A(F)=F，即域F的分式域为F自身。 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！第七章2、解：因为32-1=31为素数，所以由定理7-24知GF(2)上的5次不可约多项式均为5次本原多项式，其不可约多项式的根也均为本原元。且因φ(31)=30，所以GF(32)中，除了0和1以外的其他元素均为本原元。52进而由不可约多项式x+x+1构造的GF(32)中的本原元即为α=x，其最小多项式即为52x+x+1。3、解：因为7为素数，所以GF(7)=Z,,⊕⊗，其加法记为模7加法，乘法即为模7乘法。7加法表：mod7加法012345600123456112345602234560133456012课后答案网445601235560123466012345www.hackshp.cn乘法表：mod7乘法0123456000000001012345620246135303625144041526350531642606543214、解：22因为9=3，所以构造GF(9)==GF(3){aa+∈xaa|,Z}，010132取不可约多项式gxx()=+1构造该有限域，则其加法表和乘法表如下：加法表：+012xx+1x+22x2x+12x+20012xx+1x+22x2x+12x+21120x+1x+2x2x+12x+22x2201x+2xx+12x2x+12x+2xxx+1x+22x2x+12x+2012x+1x+1x+2x2x+12x+22x120 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！x+2x+2xx+12x+22x2x+12012x2x2x+12x002xx+1x+22x+12x+12x+22x+1110x+1x+2x2x+22x+22x2x+2221x+2xx+1乘法表：012xx+1x+22x2x+12x+200000000001012xx+1x+22x2x+12x+220212x2x+22x+1xx+2x+1x0x2x2x+22x+21x+12x+1x+10x+12x+2x+22x12x+12xx+20x+22x+12x+21xx+12x22x02xx12x+1x+122x+2x+22x+102x+1x+2x+122x2x+2x12x+202x+2x+12x+12x2x+21x+28、解：（过程略）742653xxxxxxxx++++⋅++++11课后答案网742653843=++++(xxxxxxxx1)(++++1)mod(xxxx++++1)131295843=++++(xxxx1)mod(xxxx++++1)58431286843=+()xxxxx(www.hackshp.cn+++1)+xxx−−+1mod(xxxx++++1)5843484387654843=+()xxxxx(1+++)++xxxxx(1+++)−2xxxx−−−+xx++1mod(x+x+x+1)7654=++++xxxx19、解：743843sxxxx()++++1()txxxxx++++=11843743∵rxxxxtxxx=++++=+++1,1,−1053rrx=−=++=−==−=rxxt1,10ixs1,0xx−110−11242223rrxrxxt=−+=+(1),0(1=−+x),1(1s=−xx+=++)xx120122234242rrx=−==−+=++=−−−rt1,1xx(1)xxsxxxx1,=x+x31233r=04−174342∴x+++=+xx1xx10、解：4423GF(16)==GF(2)GF(2)[]/(xxx++1){=aaxaxaxaZi+++∈|,=0,1,2,3}0123i215因为16115−=的正因子为1,3,5,15，分别验证得,只有x=1成立，4所以的阶为，即为本原元，多项式xx15x++x1为本原多项式。 课后答案网：www.hackshp.cn若侵犯了您的版权利益，敬请来信告知！012345623232xxx=====1,,xx,xx,xxxxx+=1,+=,xxx+,7891011323232x=++=+=+xxxxxxxxxxxxxx1,1,,=++=++1,,12131432322xxxxxxxxx=+++=++=+=1,1,11对数表和反对数表即可构造，略。课后答案网www.hackshp.cn'