简明信息安全数学基础答案【篇一：信息安全数学基础答案】,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, 113,127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,179,181,191,193,197,1 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（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, 所以g是交换群.,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.（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。
