信息安全数学基础 (许春香 著) 电子科技大学出版社 课后答案 5页

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课后答案网www.khdaw.com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––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=(pnnn1p2––pr),b=(q1q2––qs)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=pnn1p2––pr,b=q1q2––qs,a=(p1p2––pr),bn=(qnnnnn1q2––qs),因为a|b所以对任意的i有,pi的n次方|b,所以b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).（khdaw.com7）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(modm),1001=0(modm),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(mod71).明显61!与71互素,所以两边同乘以61!,所以70!=61!(mod71).（13）当n为奇数时2n=(-1)n=-1=2(mod3),两边同时加上1有2n+1=0(mod3),所以结论成立.当n为偶数时2n=(-1)n=1(mod3),两边同时加上1有2n+1=2(mod3),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(modm),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（1）判断方法：分别验证1.对运算是否封闭,2.对任意的a,b,c是否满足结合律,3.对任意a是否存在单位元,4.对任意a是否存在逆元.可以得出在(1)-(6)中(2),(3),(6)构成群,(1)不满足结合律,(4)不存在单位元,(5)不满足结合律.（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,khdaw.com所以G是交换群.若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com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.（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.（12）证明：显然mZ是群Z的一个非空子集,验证封闭性,结合律,单位元,逆元,得出mZ是一个群,所以mZ是Z的子群.（因为对mZ中任意元素am,bm有am-bm=(a-b)m,因为a-b∈Z,所以(a-b)m∈mZ,所以mZ是群Z的一个子群）.（13）证明：设群G的两个子群为G-1-11,G2,则对任意a,b∈G1∩G2有ab∈G1,ab∈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)),khdaw.com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,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),khdaw.com又因为任意同阶的有限循环若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com群同构(3.2定理2),所以结论成立.（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H-11,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∈H-1-11,同样对任意的h2∈H2有ah2a∈H2,所以对任意的h∈H1∩H2有,aha∈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,(h-1-1-1-11n1)(h2n2)=h1n1n2h2=h1h2n1"n2"∈HN,所以结论成立.第四章khdaw.com（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).（4）首先证明是加法交换群：对加法封闭,满足加法结合律,有加法单位元,有加法逆元在证明对乘法封闭,乘法结合律,分配律得出是个环.在验证(1,0)为单位元（5）不是环(没有负元)（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S221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)/(a+b)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(I1khdaw.com+I2)=x(a+b)=xa+xb∈I1+I2,若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com 课后答案网www.khdaw.com(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)=annx+….a1x+a0,an≠0,ai∈Fg(x)=bmmx+….b1x+b0,bm≠0,bi∈F有f(x)g(x)=am+nnbmx+….+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.（khdaw.com5）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khdaw.com若侵犯了您的版权利益，敬请来信通知我们！℡www.khdaw.com'