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信息安全数学基础第一章-第1章习题解答

39 设a, b 是任意两个不全为零的整数，
(i) 若m是任一整数，则[am, bm]＝[a, b]m。
(ii) [a, 0]＝0 。
证明:(i) 设 L＝ [a, b]，则 a L， b L，进而
am Lm， bm Lm，即Lm是am, bm的公倍数。
所以[am, bm] Lm＝ [a, b]m。
所以a (2j－i－1) ，但 j－i < d0，得到矛盾。
说明
r1, r2 ,
,
rd
0
互不相同。
1
从而，1, r1 1, r2 1, , rd0 1 1
是2d 被 a 除后，d0个不同的最小非负余数。最后，由
2d0 s 1 2d0 2s 2s 2s 1 2s (2d0 1) (2s 1)
37 设a, b 是两个不同的整数，证明如果整数n > 1 满足n|(a2－b2) 和 n | (a＋b)，n | (a－b)，则n是合数。证明：由已知及a2－b2＝(a＋b)(a－b)得
n|(a＋b)(a－b)。若 n 是素数，根据1.4定理2, n|(a＋b) 或 n|(a－b)，与已知条件矛盾。所以n是合数。
(an , b)＝(aan－1 , b)＝(an－1 , b)＝(aan－2 , b) ＝ (an－2 , b)＝…＝ (a2 , b)＝(aa , b)＝ (a , b)＝ 1
(b，an) ＝(an , b)＝1，类似的
(bn , an)＝(bbn－1 , an)＝(bn－1 , an)＝(bbn－2 , an)
21 证明：n >1 时， 1＋ 1 ＋1＋＋ 1 不是整数。
23
n
1 通分后，2 这一项的分子变为奇数k，其余各项的

信息安全数学基础课后答案(陈恭亮著)清华大学出版社

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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第一二三四五六七八章2

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。

信息安全数学基础习题答案

信息安全数学基础习题答案信息安全数学基础习题答案1.简答题 a) 什么是信息安全？信息安全是指保护信息的机密性、完整性和可用性，以防止未经授权的访问、使用、披露、干扰、破坏或篡改信息的行为。

b) 什么是加密？加密是指通过对信息进行转换，使其无法被未经授权的人理解或使用的过程。

加密算法通常使用密钥来对信息进行加密和解密。

c) 什么是对称加密算法？对称加密算法是一种使用相同的密钥进行加密和解密的算法。

常见的对称加密算法有DES、AES等。

d) 什么是非对称加密算法？非对称加密算法是一种使用不同的密钥进行加密和解密的算法。

常见的非对称加密算法有RSA、ECC等。

e) 什么是哈希函数？哈希函数是一种将任意长度的数据映射为固定长度的输出的函数。

哈希函数具有单向性，即很难从哈希值逆推出原始数据。

2.选择题 a) 下列哪种算法是对称加密算法？ A. RSA B. AES C. ECC D.SHA-256答案：B. AESb) 下列哪种算法是非对称加密算法？ A. DES B. AES C. RSA D. SHA-256答案：C. RSAc) 下列哪种函数是哈希函数？ A. RSA B. AES C. ECC D. SHA-256答案：D. SHA-2563.计算题 a) 使用AES算法对明文进行加密，密钥长度为128位，明文长度为64位。

请计算加密后的密文长度。

答案：由于AES算法使用的是128位的块加密，所以加密后的密文长度也为128位。

b) 使用RSA算法对明文进行加密，密钥长度为1024位，明文长度为64位。

请计算加密后的密文长度。

答案：由于RSA算法使用的是非对称加密，加密后的密文长度取决于密钥长度。

根据经验公式，RSA算法中加密后的密文长度为密钥长度的一半。

所以加密后的密文长度为1024/2=512位。

c) 使用SHA-256哈希函数对一个长度为128位的明文进行哈希计算，请计算哈希值的长度。

答案：SHA-256哈希函数的输出长度为256位。

信息安全数学基础答案

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。

信息安全数学基础课后习题答案,裴定一,徐详编著 ,人民邮电出版社

·
·
(1
−
1 ql
)
= (q1
q1 · · · ql − 1) · · · (ql
− 1)
=
s ϕ(s)
2.10 (1)
n = pt11 · · · ptrr ,p1 < p2 < · · · < pr.
Ç ϕ(n)
=
n(1
−
1 p1
)
··
·
(1
−
1 pr
),
´ ϕ(n)
=
1 2
n
⇔
r
(1 −
i=1
Q=
12 · 22 · · · · ·
p−1 2
2
=
(−1)
p−1 2
(p
−
1)!
≡
(−1)
p+1 2
(mod p)
3.7
−2 p
=
−1 p
·
2 p
=
(−1)
p−1 2
·
(−1)
p2 −1 8
=
t1
É ´ ≥ t2, a + b = pt2 (pt1−t2 a1 + b1)
ordp(a + b) ≥ t2 =min{ordp(a),ordp(b)},
´ t1> t2, pt1−t2 a1 + b1 = 0, (p, pt1−t2 a1 + b1) = 1,
Á¸Ï ¦
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2．证明：因为a3-a=(a-1)a(a+1)当a=3k，k22(mod)a b p≡Z 3|a 则3|a3-a当a=3k-1，k p a b-Z 3|a+1 则3|a3-a当a=3k+1，k p a b+Z 3|a-1 则3|a3-a所以a3-a能被3整除。

3．证明：任意奇整数可表示为2 k0+1， k022(mod)≡Za b p（2 k0+1）2＝4 k02+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)=2k所以（2 k0+1）2=8k+1 得证。

4．证明：设三个连续整数为a-1,a,a+1 则(a-1)a(a+1)= a3-a由第二题结论3|（a3-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 p a b-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。

6．证明：因为1911/2＜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。

因为5471/2＜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。

由737=11*67 ,747=3*249 知737与747都为合数。

8．解：存在。

eg：a=6,b=2,c=99.证明：反证，设n/p是合数，n/p= k1k2, k1>p, k2>p,则n=p k1k2> n3，所以p< n1/3，矛盾。

10．证明：p1 p2 p3|n，则n= p1 p2 p3k，k p a b+N+又p1≤ p2≤p3，所以n= p1 p2 p3k≥p13 即p13≤n1/3p1为素数则p1≥2，又p1≤ p2≤p3，所以n= p1 p2 p3k≥2 p2 p3≥2p22即p2≤(n/2)1/2得证。

11．解：小于等于5001/2的所有素数为2，3，5，7，11，13，17，19，依次删除这些素数的倍数可得所求素数：12．证明：反证法假设3k+1没有相同形式的素因数，则它一定只能表示成若干形如3k-1的素数相乘。

(3 k1+1)(3 k2+1)=[( 3 k1+1) k2+ k1]*3+1 显然若干个3k+1的素数相乘，得到的还是3k+1的形式，不能得出3k-1的数，因此假设不成立，结论得证。

同理可证其他。

13．证明：反证法假设形如4k+3的素数只有有限个，记为p1, p2,…, p n因为4k+3=4k`-1=4k-1 构造N=4*p1*p2*…*p n-1≥3*p1*p2*…*p n所以N＞p i (i=1,2,…,n)N为4k-1形式的素数，即为4k+3的形式，所以假设不成立。

原结论正确，形如4k+3的素数有无穷多个。

21.证：令此合数为S ，根据此合数的结构特点，我们可构造一个整数M ，使MS 不是整数，从而证明S 不是整数。

（1）k-1k 00k-1011111+++++M=2357k 2234n,p n n n 2,M M M MS=M++++++23n nM M 357M=235723p n 2MS S k S p n M M M pp =⋅⋅⋅≤=⋅⋅⋅⋅⋅=∴令取这里是使最大的整数，是不大于的最大奇数。

则在1,2,3，，中必存在一个所以由知，，，必为整数，显然不是整数。

不是整数，从而不是整数。

28．（1）解：85=1*55+30 55=1*30+25 30=1*25+5 25=5*5 所以(55,85)=5（2）解：282=1*202+80 202=2*80+42 80=1*42+38 42=1*38+4 38=9*4+2 4=2*2所以（202,282）=2 29．（1）解：2t+1=1*(2t-1)+2 2t-1=(t-1)*2+1 2=2*1所以（2t+1,2t-1）=1 （2）解：2(n+1)=1*2n+2 2n=n*2所以（2n,2(n+1)）=2 32．（1）解：1=3-1*2 =3-1*(38-12*3) =-38+13*(41-1*38) =13*41-14*(161-3*41) =-14*161+55*(363-2*161) =55*363+(-124)*(1613-4*363) =(-124)*1613+551*(3589-2*1613) =551*3589+(-1226)*1613j sj-1 sj tj-1 tj qj rj rj+1 1 0 3589 1613 1 1 0 0 1 2 1613 363 2 0 1 1 -2 4 363 161 3 1 -4 -2 9 2 161 41 4 -4 9 9 -20 3 41 38 5 9 -31 -20 69 1 38 3 6 -31 40 69 -89 12 3 2 7 40 -511 -89 1137 1 2 1 8-5115511137-122621所以s=-1226 t=551 (3589,1613)=1（2）解：1=4-1*3=4-1*(115-28*4)=-115+29*(119-1*115)=29*119+(-30)*(353-2*119)=-30*353+89*(472-1*353)=89*472+(-119)*(825-1*472)=(-119)*825+208*(2947-3*825)=208*2947+(-743)*(3772-1*2947)=951*2947+(-743)*3772所以s=951 t=-743（3）j sj-1 sj tj-1 tj qj rj rj+11 0 37516 200411 1 0 0 1 1 20041 174752 0 1 1 -1 1 17475 25663 1 -1 -1 2 6 2566 20794 -1 7 2 -13 1 2079 4875 7 -8 -13 15 4 487 1316 8 39 15 -73 3 131 947 39 -125 -73 234 1 94 378 -125 164 234 -307 2 37 209 164 -453 -307 848 1 20 1710 -453 617 848 -1155 1 17 311 617 -1070 -1155 2003 5 3 212 -1070 5967 2003 11170 1 2 113 5967 7037 11170 -9167 2 1 0 所以，s=7037 t=-916736．证明：因为（a，4）=2 所以a=2*(2m+1) m Z所以a+b=4m+2+4n+2=4(m+n)+4=4(m+n+1)即4|a+b所以（a+b,4）=437．证明：反证法假设n为素数，则n| a2- b2=(a+b)(a-b)由1.4定理2知n|a+b或n|a-b,与已知条件矛盾所以假设不成立，原结论正确，n为合数。

40．证明：（1）假设是21/2有理数，则存在正整数p，q，使得21/2=p/q,且（p, q）=1平方得：p2=2q2, 即2|p2，所以p=2m, m N因此p2=4m2=2q2 q2=2m2 q=2n, n N则（p, q）=(2m,2n)=2(m, n)≥2与（p, q）=1矛盾所以假设不成立，原结论正确，21/2不是有理数。

（2）假设是71/2有理数，则存在正整数m，n，使得71/2=p/q,且（m, n）=1平方得：m2=2n2, 即7|m2 →7|m同理可知：7|n, n=7 k0所以(m, n)=(7k,7 k0)=7(k, k0)≥7 与已知矛盾故原结论正确，71/2不是有理数。

（3）同理可证171/2不是有理数。

41．证明：假设log 210是有理数，则存在正整数p, q,使得log 210=p/q,且（p, q ）=12p/q=10 2p=2q(2*5)q=2p5q=2p-q所以只有当q=p=0是成立，所以假设不成立故原结论正确，log 210是无理数。

同理可证log 37，log 1521都是无理数。

44.令1212n=p p p s s ααα,若存在i k α=，则取11121211a=p p p p p ,p k k sk k s k b ααααα-+-+=。

n=k ab ∴否则设,0i i iik kq r r α=+≤<，则1212121212121212121212n=p p p =(p p p )(p p p ),p p p ,p p p k k k q q q q q q r r r r r r s s s s q q q a a a s sk s s s s s b +++=令a=n=k ab ∴121211212d=p p p ,d |a,k r ,,k r 0,1,s k s ss d ββββββββ≤≤∴====∴=设若则矛盾。

50．（1）解：因为8=23, 60=22*3*5 所以[8,60]=23*3*5=120 51．（4）解：(471179111011001,4111831111011000)= 410470*********1000=1011000[471179111011001,4111831111011000]= 4111471179111831111011001第二章．同余1．解：（1）其中之一为1，11，3，13，5，15，15，7，17 （2）其中之一为0，10，20，30，40，50，60，70，80（3）.（1）或（2）中的要求对模10不能实现。

因为某个数加10不改变奇偶性。

2．证明：(m-i)2=m 2-2mi+ i 2∴(m-i)2≡i 2mod m当m>2时，因为(m-1)2=m 2-2m+1=m(m-2)+1所以(m-1)2≡1(mod m)即1与(m-1)2在同一个剩余类中，故02,12,…,(m-1)2一定不是模m 的完全剩余系。