信息安全数学基础课后答案完整版

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––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….a n},有1∈S,对任意非零a i有a i S={a i a1, a i a2…. a i a n},因为乘法封闭有a i S=S所以1∈a i S,所以存在a j使得a i a i=1,即a i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)=a n x n+….a1x+a0,a n≠0,a i∈F g(x)=b m x m+….b1x+b0,b m≠0, b i∈F

有f(x)g(x)=a n b m x m+n+….+a0b0, 因为a i,b i∈F,且都不为0,所以a n b m≠0,所以f(x)g(x)≠0,所以结论成立.

（2）f(x)+g(x)=x7+x6+5x4+x2+2x+2

f(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c i，可知(c i, m)=1，可证(m-c i, m)=1(反证法证明)，所以对任意c i有m-c i也是模m的简化剩余系，c i和m-c i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 a k)，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。以上不不可逆所以必要性成立

（8）同第一题第四个

（10）(13/47)=(-1)6*13(47/13)=(8/13)=(2/13)=-1

（11）第一个：(7/227)=(-1)3*113(227/7)=-(3/7)=1，所以x2=7(mod 227)有解（14）第一个：因为(5/p)=1，所以(5/p)=(-1)2*((p-1)/2)(p/5)=(p/5)=1，又因为(1/5)=1, (2/5)=-1, (3/5)=-1, (4/5)=1,所以p=1(mod 5)或p=-1(mod 5)的全体素数满足

（18）因为71是奇素数，所以即是求勒让德符号，第一个(51/71)=(-1)25*35(71/51)=-(20/51)= (5/51)=-(-1)2*25(51/5)=-1

（19）第一个：229是奇素数，(118/229)=(2/229)(59/229)=(-1)29*114(229/59)=(-7/59)=-(7/59)= (3/7)=-1，所以方程无解.

第八章

（1）ord41(10)：因为102=18(mod 41), 103=16(mod 41), 104=37(mod 41), 105=1(mod 41)所以ord41(10)=5

（2）模11的原根：ψ(11)=10=2*5,q1=2,q2=5,所以g是模11的原根的充要条件是g2≠1(mod 11), g5≠1(mod 11),逐一验证有22=4(mod 11),25=10(mod 11),所以2是模11的一个原根。模11的原根个数应为ψ(ψ(11))=4个，为21(mod 11),23(mod 11),27 (mod 11),29(mod 11)即2,8,7,6

（3）明显55不能表示成8.2节定理2的形式。也可以如2题进行逐一验证。（4）有ψ(ψ(47))=22个，ψ(47)=46=2*23，所以g是模47的原根的充要条件是g2≠1(mod 47), g23≠1(mod 47), 逐一验证有22=4(mod 47),223=1 (mod 47);32=9(mod 47), 323=1(mod 47); 42=16(mod 47),423=1 (mod 47); 52=25(mod 47),523=46 (mod 47),所以5是模47的一个原根，所以5的指数为与46互素的数为模47的其他原根。（5）同4题

（6）证明：ord m(a)=st，所以a st=1(mod m)，st是使得等式成立的最小整数。明显有(a s)t=1(mod m),假设有i

（8）同4题

（9）由条件之由a生成的循环群的阶为n-1，a,a2.....a n-1两两互不相等，所以

a,a2.....a n-1构成一个模n的简化剩余系，所以n为素数。可参照122，123页各性质