pdf文档信息安全数学基础(许春香)习题答案

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第一章(1)5,4,1,5.(2)100=22*52,3288=23*3*137.(4)多种解法,其中一种: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)多种解法,其中一种:由算术基本定理:a,b可分解为有限个素数的乘积,得:a=p1^r1*p2^r2*……*pn^rn,b=p1^r1’*p2^r2’*……*pn^rn’,若a|b不成立,则存在素数pi使得pi在a中的幂ri大于pi在b中的幂ri‘,即:ri>ri’a^n=p1^r1n*p2^r2n*…*pi^rin*…*pn^rnn,b^n=p1^r1’n*p2^r2’n*…*pi^ri’n*…*pn^rn’n,则ri*n>ri’*n,所以a^n|b^n不成立。(6)多种解法,其中一种:由于a,b,c互素且非零所以(a,b)=1,(b,c)=1所以存在u,v,r,s使ua+vc=1,rb+sc=1两式相乘得:(ur)ab+(usa+vrb+vsc)c=1所以(ab,c)=(a,b)(a,c)=1(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(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)多种解法,其中一种:70!=(70*69*68*67*66*65*64*63*62)*61!70*69*68*67*66*65*64*63*62≡(-1)(-2)…(-9)(mod71)≡1mod71所以70!≡61!(13)多种解法,其中一种:当n是奇数时,不妨设n=2k+1,k为整数则2^n+1≡(-1)^(2k+1)+1≡0(mod3)当n是偶数时,不妨设n=2k,k为整数则2^n+1≡(-1)^(2k)+1≡2(mod3)综上,n是奇数时,3整除2^n+1,n是偶数时,3不整除2^n+1(14)第一个问题:因为(c,m)=d.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.题库软件-详询因酷时代专属在线教育系统广告题库软件-详询北京因酷时代科技有限公司,可提供录播课程,大班直播,查看详情>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.(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2020司考题库报考指南/时间/要求/新政--已公布广告2020专业司考题库报考信息查询系统已开通_新司考题库报考信息已全面汇总!查看详情>常见问题:1.写出构成群和不构成群的原因13.证明ab-1∈A∩B即可14.用群的定义证明(题意是证明映射后的集合为一个群)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)-(10)中(2),(3),(6),(7)(10)构成群(1)不满足结合律,不存在逆元,(4)不存在单位元(5)不满足结合律(8)不构成,不存在逆元(9)不构成,不存在逆元2.a-b-c≠a-(b-c),所以不构成,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.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:方程xaxba=xbc两边同时左乘a-1x-1,右乘a-1b-1有a-1x-1xaxbaa-1b-1=a-1x-1xbca-1b-1,化简得x=a-1bca-1b-1,可知方程有解。设方程存在两个不同的解x,y(x≠y).则a-1bca-1b-1≠a-1bca-1b-1,显然不成立。综上,方程有且只有一个解。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),所以软考习题-软考培训中心广告2020软考习题初/中/高级职称报名线已开始,现已放开报名条件,可直接考取高级职称,条件审核查看详情>(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:由于群中逆元是唯一的,所以a到a-1的映射为一一映射,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.英语学习上「51Talk」每天25分钟轻松学英语广告英语学习专为4-15岁小朋友个性化定制,互动式情境教学,不背单词和语法,高效学英语查看详情>第三次作业问题2、(1)要证明a≠??−??.6、证明G'中任意元素都可以由f(g)生成.12、举出一个例子,或者把用到的定理写出来。13、证明(ab)mn=amnbmn=e,且mn为最小值。14、先要证明H是G的子群(不要说“显然”)。少写第二章第十题。很多没有文字叙述,罗列公式第三章参考答案(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,又由G与G'满同态可知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.

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日期:2021-04-30
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