《信息安全數(shù)學(xué)基礎(chǔ)》部分課后習(xí)題答案

PAGEPAGE21《信息安全數(shù)學(xué)基礎(chǔ)》（姜正濤，電子工業(yè)出版社，2017.12）課后作業(yè)及答案第1章課后作業(yè)答案 2第2章課后作業(yè)答案 4第3章課后作業(yè)答案 8第4章課后作業(yè)答案 13第5章課后作業(yè)答案 15第6章課后作業(yè)答案 17第7章課后作業(yè)答案 21第8章課后作業(yè)答案 23第9章課后作業(yè)答案 25第10章課后作業(yè)答案 27第11章課后作業(yè)答案 28第12章課后作業(yè)答案 30第13章課后作業(yè)答案 32第1章課后作業(yè)答案習(xí)題1：2,3,8(1),11,17,21,24,25,312.證明：存在整數(shù)k，使得5|2k+1，并嘗試給出整數(shù)k的一般形式。證明k=2時(shí)，滿足5|2k+1。5|2k+1，當(dāng)且僅當(dāng)存2k+1=5q。k,q為整數(shù)。即k=(5q–1)/2。只要q為奇數(shù)上式即成立，即q=2t+1，t為整數(shù)即，k=5t+2，t為整數(shù)。3.證明：33k+2，其中k為整數(shù)。證明因?yàn)?|3k，如果3|3k+2，則得到3|2，矛盾。所以，33k+2。8.使用輾轉(zhuǎn)相除法計(jì)算整數(shù)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。11.證明每個(gè)奇數(shù)的平方具有形式8k+1。證明任一奇數(shù)可以寫(xiě)成2t+1其中t為整數(shù)。(2t+1)2=4t2+4t+1=4t(t+1)+1=8k+1，k為整數(shù)。17.設(shè)a,b∈Z，證明(a,b)=(a,ka+b)，其中k為任意整數(shù)。證明1(a,b)|a,(a,b)|b，則(a,b)|ka+b，所以(a,b)|(a,ka+b)；又因?yàn)?a,ka+b)|a,(a,ka+b)|(ka+b)，則(a,ka+b)|ka+b–ka，因此(a,ka+b)|b。故(a,ka+b)|(a,b)。因此，(a,b)=(a,ka+b)。證明2設(shè)r=ka+b，則由定理1.2，(r,a)=(a,b)，所以(a,b)=(a,ka+b)。21.設(shè)u,v∈Z，(u,v)=1，證明(u+v,u–v)=1或2。證明1設(shè)d=(u+v,u–v)，則d|u+v,d|u–v，所以d|2u,d|2v，所以d≤(2u,2v)，因?yàn)?u,v)=1，所以(2u,2v)為2或1。證明2(u+v,u–v)=(u+v,2u)由第20題【設(shè)a,b,c∈Z，(a,b)=1，證明(a,bc)=(a,c)?！浚?yàn)?u+v,u)=1，所以(u+v,2u)=(u+v,2)=1或2。24.求388與572的最小公倍數(shù)。解先(388,572)。572=388×1+184,388=184×2+20,184=20×9+4,20=4×5+0,所以，(388,572)=4。于是，[388,572]==55484。25.設(shè)a,b∈Z，m∈Z+，證明(ma,mb)=m(a,b)，[ma,mb]=m[a,b]。證明設(shè)(a,b)=sa+tb，x,y∈Z，則m(a,b)=msa+mtb。因?yàn)?ma,mb)|ma,(ma,mb)|mb,所以(ma,mb)|msa+mtb，即(ma,mb)|m(a,b)。(a,b)|a,(a,b)|b，所以，m(a,b)|ma,m(a,b)|mb，所以m(a,b)|(ma,mb)。兩者相互整除，于是，(ma,mb)=m(a,b)。[ma,mb]=。31.是否存在這樣的整數(shù)a,b,c，使得a|bc，但ab,ac？證明a=15,b=3,c=5，即有a|bc，但ab,ac。第2章課后作業(yè)答案習(xí)題2：1,3,11（只做Z5,Z8情況）,13,33,38,39（(1),(2)）,45,47,57。1.設(shè)a1,a2,…,an,N∈Z，n≥1，證明：不定方程a1x1+a2x2+…+anxn=N有解的充要條件是(a1,a2,…,an)|N。證明“=>”假設(shè)a1x1+a2x2+…+anxn=N有解，設(shè)其解為b1,b2,…,bn，并設(shè)(a1,a2,…,an)=d,a1=a1′d,a2=a2′d,…,an=an′d，則a1b1+a2b2+…+anbn=N即,d(a1′b1+a2′b2+…+an′bn)=N所以,d|N?！?lt;=”已知(a1,a2,…,an)|N，根據(jù)定理1.7，存在整數(shù)s1,s2,…,sn，使s1a1+s2a2+…+snan=(a1,a2,a3,...,an于是，存在整數(shù)k，使得ks1a1+ks2a2+…+ksnan=ks1,ks2,...,ksn就是方程a1x1+a2x2+…+anxn=N的解。3.計(jì)算215(mod31),233(mod31),2100(mod31)。解因?yàn)?5≡1(mod31)，所以(1)215=(25)3≡1(mod31)；(2)233=(215)223≡8(mod31)；(3)2100=(25)20≡1(mod31)。11.構(gòu)造Z5,Z8,Z10的加法與乘法表。Z5的加法表：⊕01234001234112340223401334012440123Z5的乘法表：?01234000000101234202413303142404321Z8的加法表：⊕01234567001234567112345670223456701334567012445670123556701234667012345770123456Z8的乘法表：?01234567000000000101234567202460246303614723404040464505274163606420642707654321Z10的加法表：⊕012345678900123456789112345678902234567890133456789012445678901235567890123466789012345778901234568890123456799012345678Z10的乘法表：?01234567890000000000010123456789202468024683036925814740482604826505050505056062840628470741652963808642086429098765432113.證明：當(dāng)m>2時(shí)，02,12,…,(m–1)2一定不是模m的一組完全剩余系。證明因?yàn)?m–1)2≡12(modm)，所以02,12,…,(m–1)2最多包含m–1個(gè)模m的剩余類，因此，02,12,…,(m–1)2一定不是模m的一組完全剩余系。33.設(shè)m∈Z+，整數(shù)a滿足(a(a–1),m)=1，證明1+a+a2+…+aφ(m)-1≡0(modm)。證明∵(a,m)=1，根據(jù)歐拉定理，有aφ(m)≡1(modm)?！郺φ(m)–1=(a–1)(1+a+a2+…+aφ(m)-1)≡0(modm)。由于(a(a–1),m)=1，所以，1+a+a2+…+aφ(m)-1≡0(modm)。38.證明：m是合數(shù)，當(dāng)且僅當(dāng)φ(m)<m–1。證明φ(m)<m–1<=>存在2,…,m–1中的某個(gè)數(shù)與m不互素<=>m是合數(shù)。39.求下列一次同余方程的解(1)2x≡13(mod17),(2)5x≡11(mod19)。解(1)∵(2,17)=1，∴該同余式恰有一個(gè)解。x≡15(mod17)。(2)∵(5,11)=1，∴該同余式恰有一個(gè)解。x≡6(mod11)。45.求以下同余方程組3x≡2(mod13)2x≡5(mod11)6x≡7(mod19)解原同余方程組可化為x≡5(mod13)x≡8(mod11)x≡17(mod19)根據(jù)中國(guó)剩余定理m=13·11·19=2717,M1=m/m1=271/13=209,M1-1(mod13)=1;M2=m/m2=271/13=247,M2-1(mod11)=9;M3=m/m3=271/13=143,M3-1(mod19)=2。故該同余方程組的解是x≡209·1·5+247·9·8+143·2·17(mod2717)≡1955(mod2717)。47.設(shè)m,n為互素的整數(shù)，證明mφ(n)+nφ(m)≡1(modmn)。證明∵mφ(n)≡1(modn)，nφ(m)≡1(modm)，∴mφ(n)+nφ(m)≡1(modm)；mφ(n)+nφ(m)≡1(modn)。又∵(m,n)=1，∴mφ(n)+nφ(m)≡1(modmn)。57.設(shè)n=23×29=667，用戶公鑰e=17，明文m=400。求出n的歐拉函數(shù)值，私鑰d，以及密文c，并寫(xiě)出其加解密過(guò)程。解∵n=23·29=667，∴φ(m)=22·28=616，17d≡1(mod616)解得d=145。加密：c=me(mod667)=40017(mod667)=509解密：m=cd(mod667)=509145(mod667)=400第3章課后作業(yè)答案習(xí)題3：3,9,19,31（做其中1小題）,35。3.設(shè)p為奇素?cái)?shù)，則1,2,…,p–1中有(p–1)/2個(gè)模p的二次剩余，有(p–1)/2個(gè)模p的二次非剩余。證∵p為奇素?cái)?shù)∴=>xp-1≡由定理2.20，上式恰有p–1個(gè)解，所以，與各有(p–1)/2個(gè)解。顯然，的解都是二次非剩余，即至少有(p–1)/2個(gè)二次非剩余；{12,22,…,(p–1)2}都是模p的二次剩余且有(p–1)/2個(gè)元素，即至少有(p–1)/2個(gè)二次剩余。綜上，{1,2,…,(p–1)}中，至少有(p–1)/2個(gè)二次非剩余，至少有(p–1)/2個(gè)二次剩余。所以，1,2,…,p–1中的二次剩余和二次非剩余各有(p–1)/2個(gè)。9.設(shè)p為奇素?cái)?shù)，證明。證因?yàn)?,2,…,p–1中有(p–1)/2個(gè)模p的二次剩余，有(p–1)/2個(gè)模p的二次非剩余。所以，。（=(p–1)/2）即，。19.設(shè)p是奇素?cái)?shù)，a∈Z+，pa，證明。證明(1)若a為奇數(shù)，則。(2)若a為偶數(shù)，設(shè)a=2ka1，其中k為某整數(shù)，a1為奇數(shù)，則；因?yàn)閍為偶數(shù)，所以下式成立；所以。綜上述證明，有。31.判斷下列同余方程是否有解：(1)x2≡5(mod227)；(2)x2≡–14(mod117)；(3)17x2≡–6(mod47)；(4)11x2≡–15(mod6193)。解(1)=。(3)17x2≡–6(mod47)；兩邊同乘以17-1(mod47)將x2的系數(shù)轉(zhuǎn)化成1，求17-1(mod47)：47=2×17+1317=1×13+413=3×4+1于是，13=47–2×174=17–1×13，即4=17–1×(47–2×17)=3×17–471=13–3×4，即1=(47–2×17)–3×(3×17–47)=4×47–11×17所以，17-1(mod47)=–11(mod47)=3617x2≡41(mod47)的兩邊同乘以36，得x2≡19(mod47)因?yàn)?，所以無(wú)解。35.求滿足同余方程E：y2=x3+3x+3(mod7)的所有點(diǎn)。解x=0,y2≡3(mod7)，無(wú)解；x=1,y2≡0(mod7)，y=0；x=2,y2≡3(mod7)，無(wú)解；x=3,y2≡4(mod7)，y=±2；x=4,y2≡2(mod7)，y=3,4；x=5,y2≡3(mod7)，無(wú)解；x=6,y2≡6(mod7)，無(wú)解；所以，同余方程E：y2=x3+3x+3(mod7)的所有點(diǎn)是(1,0),(3,2),(3,5),(4,3),(4,4)。38.設(shè)素?cái)?shù)p=4k+3，在有解的情況下，求解同余式x2≡a(modp)。解根據(jù)定理3.11，解為x≡±(modp)。4.設(shè)p為奇素?cái)?shù)，證明12·32·52·…·(p–2)2≡(–1)(p+1)/2(modp)。證明12·32·52·…·(p–2)2≡1(p–1)·3(p–3)·5(p–5)·…·(p–2)(2)·(–1)(p-1)/2≡1·2·3·4·5·…·(p–2)(p–1)·(–1)(p-1)/2(modp)下面證明(p–1)!≡1·2·3·4·5·…·(p–2)(p–1)≡–1(modp)。（Wilson定理）事實(shí)上，在模p的剩余類集{1,2,3,…,p–1}中，只有1,p–1滿足x2≡1(modp)，則可做如下配對(duì)：取x1∈A={2,3,…,p–2}，則存在x2∈A\{x1}，滿足x1x2≡1(modp)；取x3∈A\{x1,x2}，則存在x4∈A\{x1,x2,x3}，滿足x3x4≡1(modp)；…取xp-4∈A\{x1,x2,...,xp-5}，則存在xp-3∈\{x1,x2,...,xp-5,xp-3}，滿足xp-4xp-3≡1(modp)。所以，(p–1)!≡1·2·3·4·5·…·(p–2)(p–1)≡1·(–1)·x1x2·x3x4·…·xp-4xp-3≡–1(modp)。10.設(shè)奇素?cái)?shù)pa，證明。證明(1)首先證明模素?cái)?shù)p的一組完全剩余系中，模p的二次剩余的個(gè)數(shù)等于二次非剩余的個(gè)數(shù)。設(shè)a1,a2,…,ak是模p的二次剩余，b1,…,bs是模p的二次非剩余。假設(shè)k≠s，不妨設(shè)k>s，即模p二次剩余的個(gè)數(shù)大于二次非剩余的個(gè)數(shù)。則b1a1,b1a2,…,b1ak是模p的二次非剩余，b1b1,…,b1bs是模p的二次剩余，由此得出模兩者矛盾，所以，假設(shè)錯(cuò)誤，故，k=s。因此，模素?cái)?shù)p的一組完全剩余系中，模p的二次剩余的個(gè)數(shù)等于二次非剩余的個(gè)數(shù)。(2)下面證明ax+b（x=1,2,…,p）遍歷模p的一組完全剩余系。因?yàn)?a,p)=1，所以0,a,2a,3a,…,(p–1)a遍歷模0+b,a,2a+b,3a+b,…,(p–1)a+b也遍模根據(jù)(1)，有。28.求雅可比符號(hào)值。解因?yàn)?280=28·5，所以。因?yàn)?≡1(mod4)，所以其它：32.設(shè)p是奇素?cái)?shù)，a是整數(shù)，(a,p)=1，證明同余方程ax2+bx+c≡0(modp)的解數(shù)是。證明因?yàn)?4a,p)=14a2x2+4abx+4ac≡0(modp即(2a+b)2≡b2–4ac(modp若b2–4ac是模p的二次剩余，則，方程有兩解。若b2–4ac是模p的二次非剩余，則，方程無(wú)解。若p|b2–4ac，則，方程僅有一個(gè)解。35.求滿足同余方程E：y2≡x3+x+1(mod19)的所有點(diǎn)。解令f(x)=x3+x+1，有f(0)=1，解為y=1,18；f(1)=3，（由定理3.6），無(wú)解；f(2)=11，（由定理3.5），解為y=7,12；f(3)≡12，，無(wú)解；f(4)≡12，無(wú)解。f(5)≡17，，解為y=6,13；f(6)≡14，，無(wú)解；f(7)≡9，解為y=3,16；f(8)≡8，，無(wú)解；f(9)≡17，解為y=6,13；f(10)≡4，解為y=2,17；f(11)≡13，，無(wú)解；f(12)≡12，無(wú)解；f(13)≡7，，無(wú)解；f(14)≡4，解為y=2,17；f(15)≡9，解為y=3,16；f(16)≡9，解為y=3,16；f(17)≡10，，無(wú)解；f(18)≡18，（由推論3.3），無(wú)解。因此，同余式y(tǒng)2≡x3+x+1(mod19)的所有解為(0,1),(0,18),(2,7),(2,12),(5,6),(5,13),(7,3),(7,16),(9,6),(9,13),(10,2),(10,17),(14,2),(14,17),(15,3),(15,16),(16,3),(16,16)。第4章課后作業(yè)答案習(xí)題4：1,2(1)a=2,3,9。1.證明2是模29的原根。證明第一種方法：因?yàn)?2,29)=1，φ(29)=28=2×2×7，ord229的可能值是1,2,4,7,14,28。逐個(gè)驗(yàn)證2d(mod29)。21≡2,22≡4,24≡16,27≡12,214≡28,228≡1。所以ord229=29=φ(29)，2是模29的一個(gè)原根。第二種方法：φ(29)=28=2×2×7，φ(m)的所有不同素因子是q1=2，q2=7，計(jì)算?1(modm)，?1(modm)。根據(jù)定理4.17，所以，2是模29的原根。2.計(jì)算下列整數(shù)的階ordam：(1)m=13,a=2,3,6；解(1)φ(13)=12，所以Z13中非零元素的階只可能是1,2,3,4,6,12。當(dāng)a=2時(shí)，21≡2(mod13),22≡4(mod13),23≡8(mod13),24≡3(mod13),26≡12(mod13),212≡1(mod13)。所以ord213=12。當(dāng)a=3時(shí)，31≡3(mod13),32≡9(mod13),33≡1(mod13)。所以ord313=3。當(dāng)a=6時(shí)，61≡6(mod13),62≡10(mod13),63≡8(mod13),64≡9(mod13),66≡12(mod13),612≡1(mod13)。所以ord613=12。3.設(shè)素?cái)?shù)p=4k+1，證明：a是模p的原根當(dāng)且僅當(dāng)–a是模p的原根。證明假設(shè)a不是模p的原根，則當(dāng)且僅當(dāng)存在p–1的素因子q，有。當(dāng)且僅當(dāng)–a也不是模p的原根。9.設(shè)p是奇素?cái)?shù)，n≥2，a是模pn的原根，證明a是模p的原根。證明假設(shè)a不是模p的原根，并設(shè)a模p的階是d,d<p–1，則ad≡1(modp)。即存在某整數(shù)k，有ad=kp+1。于是，(ad)p=(kp+1)p==k1p2+1。((ad)p)p=(kp+1)p==(k1p2+1)p=k2p3+1?！?。所以，。這與已知a是模pn的原根相矛盾。14.定義一個(gè)函數(shù)μ（M?bius函數(shù)）：設(shè)A為模p的全體原根之和，證明A≡μ(p–1)(modp)。證明15.求出模31的一個(gè)原根g，分別寫(xiě)出指數(shù)表indgi,i=1,2,…,30。解取g=3，由于φ(31)=30=2×3×5，只要驗(yàn)證,,?1(mod31)，可確定3是模31的原根。gk313233343536373839310gk(mod31)392719261617202925gk311312313314315316317318319320gk(mod31)13824103028224125gk321322323324325326327328329330gk(mod31)1514112618237211所以，ord31=0,ord32=24,ord33=1,...。第5章課后作業(yè)答案習(xí)題5：9,17,18；21選作。定義5.1設(shè)m是一個(gè)合數(shù)，如果存在整數(shù)a((a,n)=1)使得同余式am-1≡1(modm)成立，則m稱為對(duì)于基a的擬素?cái)?shù)。9.證明：45對(duì)于基17和基19的擬素?cái)?shù)。證明因?yàn)?17,45)=1，45=3×3×5是合數(shù)，且1744≡1(mod45)，1944≡1(mod45)，所以，45是對(duì)于基17和基19的擬素?cái)?shù)。定義5.3設(shè)m是一個(gè)奇合數(shù)，如果整數(shù)a((a,n)=1)使得同余式成立，則m稱為對(duì)于基a的歐拉擬素?cái)?shù)。17.證明：561是對(duì)于基2的歐拉擬素?cái)?shù)。證明561=3×11×17是合數(shù)，且。即，所以，561是對(duì)于基2的歐拉擬素?cái)?shù)。18.如果整數(shù)m是對(duì)于基b1,b2的歐拉擬素?cái)?shù)，證明m是對(duì)于基b1b2的歐拉擬素?cái)?shù)。證明整數(shù)m是對(duì)于基b1,b2的歐拉擬素?cái)?shù)，則,，所以，。由雅可比符號(hào)的性質(zhì)，。故，m是對(duì)于基b1b2的歐拉擬素?cái)?shù)。定義5.4設(shè)m為奇合數(shù)，有表示式m–1=2st，其中t為奇數(shù)，整數(shù)a與m互素，如果有at≡1(modm)成立，或者存在一個(gè)整數(shù)r,0≤r<s使得成立。則m稱為對(duì)于基a的強(qiáng)擬素?cái)?shù)。21.證明1373653是對(duì)于基2和3的強(qiáng)擬素?cái)?shù)。證明1373653=829×1657是合數(shù)，且(1373653,2)=(1373653,3)=1。1373653–1=1373652=22×343413=22×33×7×23×79。(1)驗(yàn)證2343413≡890592?1(mod1373653)，22×343413≡–1?1(mod1373653)，所以，1373653是對(duì)于基2的強(qiáng)擬素?cái)?shù)。關(guān)于計(jì)算2343413(mod1373653)，8192(2)驗(yàn)證3343413≡1(mod1373653)，所以，1373653是對(duì)于基2的強(qiáng)擬素?cái)?shù)。關(guān)于計(jì)算3343413(mod1373653)，22067030762180297727805287988第6章課后作業(yè)答案習(xí)題6：1,3,9,15,26,29。1.如果a,b是群G中的任意元素，證明(ab)-1=b-1a-1證明(ab)b-1a-1=a(bb-1)a-1=aea-1=aa-1=eb-1a-1(ab)=b-1(a-1a)b=b-1eb=b-1b=3.設(shè)集合G={(a,b)|a,b為實(shí)數(shù)且a≠0}，規(guī)定(a,b)?(c,d)=(ac,ad+b)，證明G對(duì)所規(guī)定的運(yùn)算“?”構(gòu)成群。證明(1)封閉性對(duì)任意的(a,b),(c,d)∈G,有[(a,b)?(c,d)]=(ac,ad+b)其中，ac,ad+b為實(shí)數(shù)，且ac≠0。所以，(ac,ad+b)∈G。(2)結(jié)合律對(duì)任意的(a,b),(c,d),(e,f)∈G,[(a,b)?(c,d)]?(e,f)=(ac,ad+b)?(e,f)=(ace,acf+ad+b)，(a,b)?[(c,d)?(e,f)]=(a,b)(ce,cf+d)=(ace,acf+ad+b)；所以，[(a,b)?(c,d)]?(e,f)=(a,b)?[(c,d)?(e,f)]。(3)單位元設(shè)(a,b)?(c,d)=(ac,ad+b)=(a,b)，則ac=a,ad+b=b，于是，c=1,d=0。且(1,0)(a,b)=(a,b)。(4)逆元設(shè)(a,b)?(c,d)=(ac,ad+b)=(1,0)，則ac=1,ad+b=0，于是，c=a-1，d=–ba-1。且(a-1，–a-1b)(a,b)=(1,0)。綜上所述，G對(duì)所規(guī)定的運(yùn)算“?”構(gòu)成群。9.設(shè)a,b是群G中的元素，證明：a與a-1的階相同；ab與ba的階相同；對(duì)任意的c∈G，cac-1的階與a的階相同。證明(1)設(shè)a的階為m，a-1的階為n。則(an)-1=(a-1)n=e,所以an=e。因?yàn)閍的階為m，所以m|n。同理，(a-1)m=(am)-1=e。因?yàn)閍-1的階為n，所以n|m。因此，m=n。(2)設(shè)ab的階為m，ba的階為n，則(ba)n=ba×ba×…×ba=e。于是，等式兩邊同時(shí)左乘以a,右乘以b，則有a×ba×ba×…×ba×b=ab，即(ab)n+1=ab，得(ab)n=e。因?yàn)閍b的階為m，則m|n。同理，(ba)m=ab×ab×…×ab=e，于是，等式兩邊同時(shí)左乘以b,右乘以a，則有b×ab×ab×…×ab×a=ba，即(ba)m+1=ba，得(ba)m=e。因?yàn)閎a的階為n，則n|m。故，ab與ba的階相同。(3)設(shè)a的階為m，cac-1的階為n，則(cac-1)m=cac-1×cac-1×…×cac-1=camc-1=cec-1=e，因?yàn)閏ac-1的階為n，所以n|m。進(jìn)一步，由(cac-1)n=e，則canc-1=e，于是，等式兩邊同時(shí)左乘以c-1，有乘以c，得an=c-1c=e因?yàn)閍的階為m，所以m|n。故，cac-1的階與a的階相同。定理6.12設(shè)N是G的子群，則下面條件等價(jià)：(1)對(duì)任意的a∈G，有aN=Na；(2)對(duì)任意的a∈G，有aNa-1=N；(3)對(duì)任意的a∈G，有aNa-1?N。定義6.14設(shè)N是群G的一個(gè)子群，我們稱N為群G的正規(guī)子群（記為NG），如果它滿足定理6.12的條件。15.設(shè)G是群，Cent(G)={a∈G|ab=ba，對(duì)任意的b∈G}。證明：Cent(G)是G的正規(guī)子群。證明(1)證明Cent(G)是G的子群。對(duì)任意的a,b∈Cent(G)，以及任意的c∈G，有ab-1c=a(c-1b)-1=a(bc-1)-1=acb-1=cab-1所以，ab-1∈Cent(G)。因此，Cent(G)是G的子群。(2)證明Cent(G)是G的正規(guī)子群。設(shè)c為群G的任意元素，則對(duì)于cCent(G)c-1中的任意元素cac-1，a∈Cent(G)，有cac-1=acc-1=a∈Cent(G)。所以，cCent(G)c-1?Cent(G)。故，Cent(G)是G的正規(guī)子群。17.如果H≤G，|G:H|=2，證明H是G的正規(guī)子群。證明因?yàn)?，H≤G，|G:H|=2，所以，子群H在G中的左陪集有H,aH，其中a∈G，a?H。另外，子群H在G中的右陪集有H,Ha。又因?yàn)?，G=H∪aH=H∪Ha，所以，多任意的a∈G，，aH=Ha，H是G的正規(guī)子群。26.若G是一個(gè)素階群，證明G是循環(huán)群。證明設(shè)群G的階為素?cái)?shù)p，則群G中的任意元素a的階是1或p。若a≠e，則|a|=p，所以a,a2,a3,…,ap=1是群G中的不同元素。又因?yàn)閨G|=p，因此G={a,a2,a3,…,ap}=<a>是循環(huán)群。29.設(shè)G′是循環(huán)群G的同態(tài)像，則G′也是循環(huán)群。證明設(shè)循環(huán)群G=<a>，φ是G到G′的同態(tài)。由定理6.13的(4)，G′也是群。對(duì)于G′中的任意元素b，存在某個(gè)整數(shù)k使得，φ(ak)=b。即φ(a)k=b。所以，G′中的任意元素是φ(a)的冪的形式。即G′=<φ(a)>是循環(huán)群。31.設(shè)，，在S8中計(jì)算σ2,τ2,σ-1,τ-1,στ,τσ。解(1)(2)(3)(4)(5)(6)第7章課后作業(yè)答案習(xí)題7：2,3,6,7,11。2.設(shè)R是有單位元的環(huán)，證明：R關(guān)于a?b=a+b–ab,a⊙b=a+b–1也構(gòu)成一個(gè)有單位元的環(huán)。證明(1)(R,⊙)是加法群(a)封閉性(b)結(jié)合律(a⊙b)⊙c=(a+b–1)⊙c=a+b+c–2,a⊙(b⊙c)=a⊙(b+c–1)=a+b+c–2;(c)加法單位元a⊙1=a+1–1=a,1⊙a(bǔ)=1+a–1=a;(d)加法逆元a⊙(–a+2)=a+(–a+2)–1=1,(–a+2)⊙a(bǔ)=(–a+2)+a–1=1.(2)運(yùn)算?滿足結(jié)合律(a?b)?c=(a+b–ab)?c=a+b+c–ab–ac–bc+abc,a?(b?c)=a?(b+c–bc)=a+b+c–ab–ac–bc+abc,(3)?對(duì)⊙滿足分配率(a⊙b)?c=(a+b–1)?c=a+b–1-ac-bc+2c(a?c)⊙(b?c)=(a+c–ac)⊙(b+c–bc)=a+c–ac+b+c–bc–1;c?(a⊙b)=c?(a+b–1)=a+b–1–ca–cb+2(c?a)⊙(c?b)=(c+a–ca)⊙(c+b–cb)=c+a–ca+b+c–cb–1;所以，(R,⊙,?)是一個(gè)環(huán)。3.在環(huán)R中，(a+b)n(a,b∈R)的展開(kāi)式是否適用牛頓二項(xiàng)定理？在什么條件下適用？證明牛頓二項(xiàng)定理公式為(a+b)n=an+an-1b+an-2b2+…+abn-1+bn。而(a+b)n=(a+b)(a+b)...(a+b)=(a2+ab+ba+b2)(a+b)...(a+b)當(dāng)R為非交換環(huán)時(shí)，ab未必等于ab，上式未必成立。若R為交換環(huán)時(shí)，ab=ba。于是(a+b)n=(a+b)(a+b)...(a+b)=(a2+2ab+b2)(a+b)...(a+b)=...=an+an-1b+an-2b2+…+abn-1+bn。當(dāng)R是交換環(huán)時(shí)，牛頓二項(xiàng)定理適用。6.證明：若環(huán)R中沒(méi)有零因子，則環(huán)R中的消去律成立。證明設(shè)ac=bc,其中a,bc∈R,c≠0，則(a–b)c=0，因?yàn)镽中無(wú)零因子，且c≠0，所以只有a–b=0，即a=b，消去率成立。7.若環(huán){R,+,·}中非零元在乘法運(yùn)算下構(gòu)成群，則稱環(huán){R,+,·}為除環(huán)。證明：除環(huán)一定有單位元且除環(huán)中無(wú)零因子。證明因?yàn)镽的非0元素構(gòu)成群，所以存在單位元e，對(duì)任意R的中非0元素b，有be=eb=b。設(shè)除環(huán)R存在零因子，則存在a≠0,b≠0，使得ab=0。因?yàn)閍≠0，所以存在a的逆元a-1，于是a-1ab=eb=b=0，與假設(shè)b≠0相矛盾。所以，除環(huán)R中無(wú)零因子。4.如果環(huán)R中的每個(gè)元素都滿足a2=a，則稱R為布爾環(huán)，證明：布爾環(huán)中的任意元素a,b都滿足a+a=0,ab=ba。證明a+a=(a+a)2=a2+a2+2a2=4所以，a+a=0。a+b=(a+b)2=a2+b2+ab+ba所以，ab+ba=0兩邊同時(shí)加ba，得ab+ba+ba=ba，所以，ab=ba。第8章課后作業(yè)答案習(xí)題8：1,9,22,27。1.設(shè)F={a+bi|a,b∈實(shí)數(shù)域R}，證明：F關(guān)于數(shù)的加法和乘法構(gòu)成一個(gè)域。證明(1)加法群；(2)非零元素構(gòu)成乘法交換群；(3)乘法對(duì)加法滿足分配率。9.證明：(Zm,+,·)是域的充要條件是m為素?cái)?shù)。證明“<=”如果m為素?cái)?shù)，證明(Zm,+,·)是一個(gè)域（域的三個(gè)條件）?！?>”反證法。已知(Zm,+,·)是域。假設(shè)m=m1m2（1<m1,m2<m）為合數(shù)，則m1∈Zm*，但m1不存在模故，m為合數(shù)時(shí)，(Zm,+,·)不是域。這與已知矛盾。16.令f(x)=x4+3x2+2x+1,g(x)=x7+x5+5x4+2x3+3x2+x+1，計(jì)算(f(x),g(x))及m(x),n(x)，使得(f(x),g(x))=m(x)f(x)+n(x)g(x)。解g(x)=f(x)(x3–2x+3)+5x3–3x–2;f(x)=(5x3–3x–2)x/5+x2/18+12x/5+1;22.證明：域F上代數(shù)元的和、差、積、商仍為F上的代數(shù)元。證明假設(shè)α,β是F上的代數(shù)元，則β是F(α)上的代數(shù)元。所以，F(xiàn)(α)是F的有限次擴(kuò)域，F(xiàn)(α)(β)是F(α)的有限次擴(kuò)域。又因?yàn)閇F(α,β):F]=[F(α)(β):F(α)][F(α):F]所以，F(xiàn)(α)(β)是F的有限次擴(kuò)域，即是F的代數(shù)擴(kuò)域，F(xiàn)(α,β)中的元素都是F上的代數(shù)元。α與β的和、差、積、商都是F(α,β)中的元素，因此都是F上的代數(shù)元。27.求多項(xiàng)式x4–2∈Z5[x]的分裂域。解x4–2=(x2+)(x2–)=(x+)(x–)(x+)(x–)故，Z5(,)是多項(xiàng)式x4–2∈Z5[x]的分裂域。18.設(shè)f(x),g(x)是域F上的多項(xiàng)式，則f(x)g(x)=[f(x),g(x)](f(x),g(x))。解設(shè)(f(x),g(x))=d(x),f(x)=f1(x)d(x),g(x)=g1(x)d(x)，且(f1(x),g1(x))=1。則[f(x),g(x)]=f1(x)g1(x)d(x)。所以，f(x)g(x)=[f(x),g(x)](f(x),g(x))。定義7.7設(shè)R為交換環(huán)，稱R為一個(gè)整環(huán)，如果R有單位元，但無(wú)零因子。17.如果R是整環(huán)，證明R[x]也是整環(huán)，并且?f(x),g(x)∈R[x]，若f(x)≠0,g(x)≠0，則f(x)g(x)≠0，deg(f(x)g(x))=degf(x)+deg(g(x))。證明1.R[x]在多項(xiàng)式加法與乘法運(yùn)算下構(gòu)成多項(xiàng)式環(huán)。設(shè)任意f(x)=fnxn+…+f1x+f0,g(x)=gmxm+…+g1x+g0,h(x)=hkxk+…+h1x+h0∈R[x]。(1)R[x]是加法群。(a)加法結(jié)合律[f(x)+g(x)]+h(x)=f(x)+[g(x)+h(x)]；(b)0是加法零元(c)f(x)的負(fù)元是–f(x)=–fnxn–…–f1x–f0；(2)乘法對(duì)加法滿足分配率f(x)[g(x)+h(x)]=f(x)g(x)+f(x)h(x)；[g(x)+h(x)]f(x)=g(x)f(x)+h(x)f(x)；2.R[x]是交換環(huán)f(x)b(x)=fnbmxm+n+(fn-1gm+fngm-1)xm+n-1+…+(f0g1+f1g0)x+=gmfnxm+n+(gmfn-1+gm-1fn)xm+n-1+…+(g1f0+g0f1)x+g=g(x)f(x)；3.R[x]中有單位元1∈R。4.R[x]無(wú)零因子設(shè)f(x)≠0,g(x)≠0，不妨設(shè)兩個(gè)多項(xiàng)式的首項(xiàng)系數(shù)fn≠0,gm≠0，則f(x)g(x)=fngmxm+n+…≠0。進(jìn)一步，若f(x)≠0,g(x)≠0，degf(x)g(x)=n+m=degf(x)+degg(x)。第9章課后作業(yè)答案習(xí)題9：1,2,10（乘法表做一部分即可）,14（至少計(jì)算到g(x)9）,31（選做）。1.寫(xiě)出下面各域的特征：GF(4)，GF(5)，GF(32)，GF(49)，GF(81)。解因?yàn)閨GF(4)|=22,Char(GF(4))=2;因?yàn)閨GF(5)|=51,Char(GF(4))=5;Char(GF(32))=2,Char(GF(49))=7,Char(GF(81))=3。2.若f(x)為Z2上的多項(xiàng)式，證明(f(x))2=f(x2)。證明設(shè)f(x)=anxn+an-1xn-1+...+a1x+a0，則(f(x))2=f(x)f(x)=(anxn+an-1xn-1+...+a1x+a0)(anxn+an-1xn-1+...+a1x+a0)=an2x2n+(anan-1+an-1an)x2n-1+(anan-2+an-1an-1+an-2an)x2n-2+…+(a2a0+a1a1+a0a2)x2+(a1a0+a0a1)x在GF(2)上，an2=an,2anan-1=0,…,anan-2+an-1an-1+an-2an=an-12=an-1,…,a2a0+a1a1+a0a2=a1,a02=所以，(f(x))2=anx2n+an-1x2(n-1)+...+a1x2+a0=f(x2)。10.在F2[x]中利用不可約多項(xiàng)式x4+x+1構(gòu)造一個(gè)具有16個(gè)元素的有限域，并給出乘法表。解記p(x)=x4+x+1，因?yàn)閜(x)是F2[x]中的不可約多項(xiàng)式，所以F2[x]/(p(x))是一個(gè)4次擴(kuò)域，且含有24=16個(gè)元素。這16個(gè)元素的形式為a=a0+a1x+a2x2+a3x3,a0,a1,a2,a3∈{0,1}，即這16個(gè)元素為0,1,x,x+1,x2,x2+1,x2+x,x2+x+1,x3,x3+1,x3+x,x3+x+1,x3+x2,x3+x2+1,x3+x2+x,x3+x2+x+1。其乘法運(yùn)算如下?01xx+1x2x2+1x2+xx2+x+1x3x3+1x3+xx3+x+1x3+x2x3+x2+1x3+x2+xx3+x2+x+100000000000000000101xx+1x2x2+1x2+xx2+x+1x3x3+1x3+xx3+x+1x3+x2x3+x2+1x3+x2+xx3+x2+x+1x0xx2x2+xx3x3+xx3+x2x3+x2+xx4=x+1x4+x=1x4+x2=x2+x+1x4+x2+x=x2+1x4+x3=x3+x+1x4+x3+x=x3+1x4+x3+x2=x3+x2+x+1x4+x3+x2+x=x3+x2+1x+114.已知m(x)=x8+x4+x3+x+1是F2[x]中的不可約多項(xiàng)式，g(x)=x+1是域的本原元，求g(x)t,t=1,2,…,32。解對(duì)于t=1,2,...,6，計(jì)算gt(x)(modx8+x4+x3+x+1)：g0(x)=1,g1(x)=x+1,g2(x)=x2+2x+1=x2+1,g3(x)=x3+x2+x+1,g4(x)=x4+1,g5(x)=x5+x4+x+1,g6(x)=x6+x4+x2+1,g7(x)=x7+x6+x5+x4+x3+x2+x+1,g8(x)=x8+1=x4+x3+x,g(x)9=x5+x3+x2+x,g11(x)=x7+x4+x2+x,g16(x)=x6+x4+x3+x2+x+1,g32(x)=x7+x6+x5+x2+1,...第10章課后作業(yè)答案習(xí)題10：1,5（或者驗(yàn)證例10.4中的表10.3、或者驗(yàn)證例10.6）1.驗(yàn)證例10.4中的結(jié)果(5,22)+(16,27)=(13,6)，2(5,22)=(14,6)；并計(jì)算(8,19)+(17,19)以及2(8,19)。解設(shè)P=(5,22),Q=(16,27)，計(jì)算P+Q:k====11(mod29)x4=k2–x1–x2(modp)=121–5–16(mod29)=13；y4=k(x1–x4)–y1(modp)=11(5–13)–22(mod29)=6。所以，P+Q=(13,6)。計(jì)算2P:k===(mod29)=13x4=k2–x1–x2(modp)=169–5–5(mod29)=14；y4=k(x1–x4)–y1(modp)=11(5–14)–22(mod29)=6。所以，2P=(14,6)。設(shè)P=(8,19),Q=(17,19)，計(jì)算P+Q:k===0x4=k2–x1–x2(modp)=0–8–17(mod29)=4；y4=k(x1–x4)–y1(modp)=–19(mod29)=10。所以，P+Q=(4,10)。計(jì)算2P:k===(mod29)=25x4=k2–x1–x2(modp)=252–8–8(mod29)=0；y4=k(x1–x4)–y1(modp)=25(8–0)–19(mod29)=7。所以，2P=(0,7)。5.列出E23(1,1)的所有點(diǎn)。解E23(1,1)對(duì)應(yīng)的橢圓曲線方程是y2=x3+x+1。驗(yàn)證Δ=–16(4a3+27b2)=10≠