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信息安全数学基础
《信息安全数学基础》是高等学校信息安全专业本科生的教材，也可作为信息科学技术类专业（如计算机科学技术、通信工程和电子科学技术等）本科生和研究生的教材，同时，也可以供从事信息安全和其他信息技术工作的人员参考。
内容提要
《信息安全数学基础》系统地介绍了信息安全理论与技术所涉及的数论、代数、椭圆曲线等数学理论基础。
全书共分为6章：第1章是预备知识，介绍了书中后面几章所涉及的基础知识；第2章和第3章是数论基础，包括整数的因子分解、同余式、原根、二次剩余、数论的应用等内容；第4章是代数系统，包括群、环、域的概念，一元多项式环和有限域理论初步等内容；第5章是椭圆曲线，包括椭圆曲线的预备知识、椭圆曲线、椭圆曲线上的离散对数等内容；第6章是线性反馈移位寄存器，包括反馈移位寄存器、分圆多项式和本原多项式、m序列等内容。
书中每章末都配有适量习题，以供学生学习和复习巩固书中所学内容。
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。
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》参考试卷一．选择题(在每小题的备选答案中只有一个正确答案，将正确答案序号填入下列叙述中的括号内，多选不给分)：（每题2分，共20分）1．576的欧拉函数值ϕ(576) ＝()。
(1) 96，(2) 192，(3) 64，(4) 288。
2．整数kn和k(n+2)的最大公因数(kn , k(n+2))=()。
(1) 1或2，(2) | kn|，(3) | n|或| kn|，(4) | k|或2| k|。
3．模10的一个简化剩余系是( )。
(1) 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10，(2) 11, 17, 19 , 27(3) 11, 13, 17, 19，(4) 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9。
4．29模23的逆元是( )。
(1) 2，(2) 4，(3) 6，(4) 11。
5．设m1，m2是两个正整数，x1遍历模m1的完全剩余系，x2遍历模m2的完全剩余系，若( )遍历m1m2的完全剩余系。
(1) (m1，m2)=1，则m1x1＋m2x2(2) m1和m2是素数，则m1x1＋m2x2(3) (m1，m2)=1，则m2x1＋m1x2(4)m1和m2是素数，则m2x1＋m1x26．下面的集合和运算构成群的是( ) 。
(1) <N，＋> （N是自然数集，“＋”是加法运算）(2) <R，×> （R是实数集，“×”是乘法运算）(3) <Z，＋> （Z是整数集，“＋”是加法运算）(4) <P（A），∩> （P(A)＝{U | U是A的子集}是集合A的幂集，“∩”是集合的交运算）7．下列各组数对任意整数n均互素的是( ) 。
(1) 3n+2与2n，(2) n－1与n2＋n＋1，(3) 6n+2与7n，(4) 2n+1与4n+1。
8．一次同余式234x ≡ 30（mod 198）的解数是( )。
《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。
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。
（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 +….a 1x+a 0,a n ≠0,a i ∈Fg(x)=b m x m +….b 1x+b 0,b m ≠0, b i ∈F有f(x)g(x)=a n b m x m+n +….+a 0b 0, 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)=x 7+x 6+5x 4+x 2+2x+2f(x)g(x)=x 13+5x 11+x 9+6x 8+4x 7+x 6+x 5+5x 4+3x 3+5x 2+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） x 6+x 3+1=(x 4+2x 3+2x+1)(x 2+x+1),所以最大公因子为x 2+x+1（7） x 5+x 4+x 3+x 2+x+1=(x 2+x)(x 3+x+1)+x 2+1,所以f(x)modg(x)=x 2+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，比如（m-1)2≡1(mod m)（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（9）(5)x=77(mod 85) (6)x=27(mod 60) （7）无解（11）x=2101(mod2310)（12）提示：)(mod 1)(i m i m M i ≡ϕ , 而)(mod 11i i i m M M ≡-，由中国剩余定理得证。
