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苏教版数学六年级下册信息安全数学基础课后答案完整版

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-11-17 17:58
tags:浙江省数学竞赛

孙悟空大闹盘丝洞-大雄的奇幻大冒险

2020年11月17日发(作者:柏树琪)
第一章 参考答案
(1) 5,4,1,5.
(2) 100=2
2
*5
2
, 3288=2
3
*3*137.
(4) a,b可以表示成多个素因子的乘积a=p
1
p
2
––p
r
, b=q
1
q
2
––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
=(p
1
p
2
––p
r
)
n
, b
n
=(q
1
q2
––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=p
1
p
2
––p
r
, b=q
1
q
2
––q
s
,
a
n
=(p
1
p
2
––p
r
)
n
, b
n
=(q
1
q
2
––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=p
1
p
2
––p
r
, b=q
1
q
2
––q
s
,
ab=p
1< br>p
2
––p
r
q
1
q
2
––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, 173,179,181,191,193,197,199.
(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2
n
=(-1)
n
=-1=2(mod 3), 两边同时加上1有2
n
+1=0(mod 3),
所以结论成立.
当n为偶数时2
n
=(-1)
n
=1(mod 3), 两边同时加上1有2
n
+1=2(mod 3), 所
以结论成立.
(14) 第一个问:因为(c,m)=d, md为整数.假设ac=k
1
m+r, bc=k
2
m+r,有
ac=k
1
d(md)+r, bc=k
2
d(md)+r所以ac=bc(mod md),因为(c,md)=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x
2
=x, 假设存在一个元素a满足方
程x
2
=x, 则有a
2
=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x
2
=x.
(6) 证明:因为群G中每个元素都满足方程x
2
=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=a
2
b
2
即abab=aabb, 方
程两边左乘以a的逆元右乘以b的逆元, 有a
-1
ababb
-1
= a
-1
aabbb
-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
=a
2
b
2
.
(8)证明:因为x aaba=xbc,所以x
-1
xaxbaa
-1
b
-1
= x
-1
xbca
-1
b
-1
,所以存在唯一解
x= a
-1
bca
-1
b
-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
-1
a
-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
-1
b
-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a
2
=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g
1
到g
12
.
16阶:e的阶为1, g
2
阶为8, g
4
阶为4, g
6
阶为8, g
8
阶为2,g
10
的阶为8, g
12
的阶为4, g
14
的阶为8, 其余的g到g
15
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g
3
, g
5
, 20阶的生成元为g
2
, g
4
, g
5
, g
10
.
(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H
1
, H
2
是群G的两个正规子群, H= H
1
∩H
2
, 所以有对任意的a∈G, h
1
∈H
1
有ah
1
a
-1
∈H
1
, 同样对任意的h< br>2
∈H
2
有ah
2
a
-1
∈H
2< br>, 所以对任意的h∈H
1

H
2
有, aha
-1
∈H
1
∩H
2
, 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h
1
n
1
∈HN,
h
2
n
2
∈HN, (h
1
n
1
)(h
2
n
2
)
-1
= h
1
n
1
n
2
-1
h
2
-1
=h
1
h< br>2
-1
n
1
'n
2
'∈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+b i)(c+di)=1,有
c+di=(a-bi)(a
2
+b
2
) ,所以a+bi的逆元为 (a-bi)(a
2
+b
2
).
(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={a
1
,a
2
….a
n
},有1∈S,对任意非零a
i
有a
i
S={a
i
a
1
, a
i
a
2
…. 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
S
1
=a
1
+b
1
i,S
2
=a
2
+b
2
i,假设S
1
S
2
=0,若S
2
不等于0,建立方程a
1
a
2
-b
1
b
2
=0,a
1
b
2
+a
2
b
1
=0,
变形为a
1
a
2
b
2
=b
1
b
2
b
2
, a
1
a
2
b
2
=-a
2
a
2
b
1
,有因为S
2
不等于0,可知 a
2
,b
2
不为0,所以b
1
=0,
推出a
1
=0,所以S
1
=0,同理当S
1
不等于0,S
2=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)(a
2
+b
2
)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1 2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=xk
1
d+y k
2
d=(xk
1
+yk
2
)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 xI
1
∈I
1
,I
1
x∈I
1
, xI< br>2
∈I
2
,I
2
x∈I
2
.有x(I
1
+I
2
)=x(a+b)=xa+xb
∈I
1
+I2
,
(I
1
+I
2
)x=(a+b)x=ax+bx ∈I
1
+I
2
,所以I
1
+I
2
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
1
x+a
0
, a
n
≠0,a
i
∈F
g(x)=b
mx
m
+….b
1
x+b
0
,b
m
≠0 , b
i
∈F
有f(x)g(x)=a
n
b
m
x
m+n
+….+a
0
b
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+2
f(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)=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< br>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-1
q
p-1
-q
p-1
-p
q-1+1=nmpq,由条件之p,q≥2,所以p
q-1
q
p-1
必有因< br>子pq,上式两边同时模pq有:-q
p-1
-p
q-1
+1=0(m od 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 a
1
)…….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=b
1
(mod m
1
),x=b
2
(mod m
2
),由条件(m
1
,m
2
)|(b
1
-b
2
),
有b1
-b
2
=k
1
m
1
+k
2
m
2
,所以b
1
-k
1
m
1
=b
2
+k
2
m
2
,所以同余式组有解为
x=b
1-k
1
m
1
=b
2
+k
2
m
2

必要性:同余式组有解即存在k
1
, k
2使得b
1
+k
1
m
1
=b
2
+k2
m
2

b
1
-b
2
=k
2
m
2
-k
1
m
1
,(m
1
,m< br>2
)| k
2
m
2
-k
1
m
1
= b
1
-b
2

(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(abp)=(ap)( bp)=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 ,(1p)=(aa
-1
p)=(ap)(a
-1
p)=(a
-1< br>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,
(abp)=(ap)(bp)=-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(abp)=(a p)(bp)=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
1
2
=1(mod 13),2
2
=4(mod 13),3
2
=9(mod 13),4
2
=3(mod 13),5
2
=12(mod
13),6
2
=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:(-853)=(-153)(2 53)(253)(253),又因为(-153)=1,(253)=1,所
以(-853)=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b
2
=-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(uv)
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) (1347)=(-1)
6*13
(4713)=(813)=(213)=-1
(11) 第一个:(7227)=(-1)
3*113
(2277)=-(37)= 1,所以x
2
=7(mod 227)有解
(14) 第一个:因为(5p)=1, 所以(5p)=(-1)
2*((p-1)2)
(p5)=(p5)=1,又因为(15)=1 ,
(25)=-1, (35)=-1, (45)=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
(5171)=(-1)
25*35
(7151)=-(2051)= (551)=-(-1)
2*25
(515)=-1
(19) 第一个:229是奇 素数,
29*114
(118229)=(2229)(59229)=(-1)(22959 )=(-759)=-(759)= (37)=-1,所以方程
无解.

第八章
(1) ord
41
(10):因为10
2
=18(mod 41), 10
3
=16(mod 41), 10
4
=37(mod 41), 10
5
=1(mod
41)所以ord
41
(10)=5
(2) 模11的原根:ψ(11)= 10=2*5,q
1
=2,q
2
=5,所以g是模11的原根的充要条件是g
2
≠1(mod 11), g
5
≠1(mod 11),逐一验证有2
2
=4(mod 11),2
5
=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2
1(mod 11),2
3
(mod
11),2
7
(mod 11),2
9
(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
g
2
≠1(mod 47), g
23
≠1(mod 47), 逐一验证有2
2
=4(mod 47),2
23
=1 (mod 47);3
2
=9(mod
47), 3
23
=1(mod 47); 4
2
=16(mod 47),4
23
=1 (mod 47); 5
2
=25(mod 47),5
23
=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is
)
i
=1(mod m)成立,矛盾,所以结论成立
(7) 证明:由题有p=2*((p-1)2),运用8.2定理3可得结论
(8) 同4题
(9) 由条件之由a生成的循环群的阶为n-1,a,a
2
.....a
n -1
两两互不相等,所以
a,a
2
.....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

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