信息安全数学基础部分习题答案
信息安全数学基础期末考试试卷及答案(A卷)
信息安全数学基础期末考试试卷及答案(A卷)装订线装订线三、解同余方程（本大题共2小题，每小题10分，共20分）1.求解一次同余方程1714(mod21)x 。
2.解同余方程组2(mod3)3(mod5)2(mod7) xxx≡≡≡⎧⎪⎨⎪⎩四、证明题（本大题共3小题，每小题7分，共21分）2.f是群G到G'的一个同态，{}=∈=，其f a a G f a e'ker|,()中e'是G'的单位元。
证明：ker f是G的正规子群。
3. 证明：如果p 和q 是不同的素数，则111(mod )q p p q pq --+=。
五、应用题（共11分）RSA 公钥加密算法的密钥生成步骤如下：选择 两个大的素数p 和q ，计算n =pq 。
选择两个正整数e 和d ，满足：ed =1(mod ()n )。
Bob 的公钥是（n ，e ），对外公布。
Bob 的私钥是d ，自己私藏。
如果攻击者分解n 得到p =47，q =23，并且已知e =257，试求出Bob 的私钥d 。
答案 一、填空题（每空2分，共24分） 1. 两个整数a ，b ，其最大公因数和最小公倍数的关系为[,](,)ab a b a b =。
2. 给定一个正整数m ，两个整数a ,b 叫做模m 同余，如果|m a b -，记作(mod )a b m ≡；否则，叫做模m 不同余，记作a ≡(mod )b m 。
3. 设m ，n 是互素的两个正整数，则()mn ϕ=()()m n ϕϕ。
4. 设1m >是整数，a 是与m 互素的正整数。
则使得1(mod )e a m ≡成立的最小正整数e 叫做a 对模m 的指数，记做()m ord a 。
如果a 对模m 的指数是()m ϕ，则a 叫做模m 的 原根 。
5. 设n 是一个奇合数，设整数b 与n 互素，如果整数n 和b 满足条件11(mod )n b n -≡，则n 叫做对于基b 的拟素数。
信息安全数学基础作业参考答案
1、证明：任意奇整数可表示为2k0+1，k0 Z
（2k0+1）2＝4k02+4k0+1=4k0(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（2k0+1）2=8k+1 得证。
7、证明：因为a3-a=(a-1)a(a+1)
当a=3k，k Z 3|a 则3|a3-a
因为e|a/d，故e|a，所以e|(a, c)。
相反地，如果f=(a, c)，由题设(a, b, c)=1，于是有(f, b)=1，所以(d, f)=1，因而f|a/d；而显然有f|bc/d，因此f|e，综上，e=f。
因此(a, b)(a,c)=de=d(a/d,bc/d)=(a,bc)
14、证明：
当a=3k-1，k Z 3|a+1 则3|a3-a
当a=3k+1，k Z 3|a-1 则3|a3-a
所以a3-a能被3整除。
13、证明：
设d=(a,b)，则(a/d, b/d)=1。因此如果g|a/d，则(g, b/d)=1；
设e=(a/d,bc/d)，有e|a/d，所以(e, b/d)=1，因此必有e|c。
a+a=(a+a)(a+a)=aa+aa+aa+aa=a+a+a+a
9、证明：
10、证明：
等式右边包含k个2。
11、证明：
14、证明：
第三章
4、证明：
因为
当 ， 时，
当 ， 时，
当 ， 时，
当 ， 时，
第四章
8、证第五章
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2023信息安全数学基础(李继国著)课后习题答案
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《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。
信息安全数学基础(李继国著)：内容提要
第1章预备知识
第2章数论基础(一)
第3章数论基础(二)
第4章代数系统基础
第5章椭圆曲线
第6章线性反馈移位寄存器(LFSR)
参考文献
……
信息安全数学基础(李继国著)：图书目录
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信息安全数学基础习题集一
信息平安数学根底----习题集一一、填空题1、设a=18、b=12，c=27，求a、b、c的最小公倍数[a,b,c]= .2、求欧拉函数φ(3000)= .3、设m=9，那么模m的最小非负简化剩余系={ }.4、设m=11，那么模m的所有平方剩余= .5、设m=22，那么模m的所有原根个数= .6. 设m，n是互素的两个正整数，那么φ(mn)=________________。
7. 设m是正整数，a是满足 m∤a的整数，那么一次同余式：ax≡b (mod m)有解的充分必要条件是_________________ 。
8. 设m 是一个正整数，a是满足____________的整数，那么存在整数a’，1≤a’＜m ，使得aa’≡1 (mod m)。
9. 设a∈Z,(a,m)=1, 如果同余方程x2≡a(mod m)__________, 那么a 叫做模m的平方剩余.10. 设a,m∈Z,m>1,(a,m)=1, 那么使得a e≡1(mod m)成立的最小正整数e叫做a对模m的__________.二、判断题〔在题目后面的括号中，对的画“√〞，错的画“×〞〕1、假设k是任意正整数, 那么(ak,bk)=(a,b). 〔〕2、设a1,a2,…,a n是n个不全为零的整数，那么a1,a2,…,a n与a1, |a2|, |a3|,…, |a n|的公因数相同〔〕3、设m是正整数, 假设m│ab, 那么m│a或m│b. 〔〕4、设m为正整数, a,b为整数, a≡b(mod m), d│b且d>0, 那么ad≡b d (mod md). 〔〕5、{1,-3,8,4,-10}是模5的一个完全剩余系. 〔〕6、设m是素数, 模m的最小非负完全剩余系和最小非负简化剩余系中元素个数相等. 〔〕7、设p=17为奇素数, 模p的平方剩余和平方非剩余的数量各为8.〔〕8、一次同余方程9x≡1(mod 24)有解.〔〕9、设p是素数, g是模p的原根, 假设g x≡1(mod p), 那么x是p−1的整数倍.〔〕10、设m>1,(a,m)=1, 那么1=a0,a,a2, …, a ord m(a)−1构成模m的简化剩余系. 〔〕11. b≠0, 那么(0,b)＝|b|. 〔〕12. 设a,b是两个互素正整数, 那么a│m,b│m, 那么ab│m. 〔〕13. 设m是一个正整数, a,b,d都不为0，假设ad≡bd(modm)。
级信息安全数学基础试卷B答案
有唯一解。
令m ＝m 1…m k ，m ＝m i M i ，i ＝1,…,k ，则同余式组的解为： x ≡ M 1? M 1b 1＋…＋ M k ? M k b k (mod m ) ， 其中 M i ? M i ≡1 (mod m i ) , i ＝1 , 2 ,…, k 。
9．正整数n 有标准因数分解式为 k k p p n ααΛ11=，则n 的欧拉函数, b ∈G ，都有 f (ab )=f (a )f (b ) ，那么，f 叫做G 到G ? 的一个同态。
三．证明题 （写出详细证明过程）：（共30分）1．证明：形如4k +3的素数有无穷多个。
（6分）证明 分两步证明。
先证形如4k ＋3的正整数必含形如4k ＋3的素因数。
由于任一奇素数只能写成4n ＋1或4n ＋3的形式，而 (4n 1＋1)(4n 2＋1)＝16n 1n 2＋4n 1＋4n 2＋1＝4(4n 1n 2＋n 1＋n 2)＋1, 所以把形如4n ＋1的数相乘的积仍为4n ＋1形式的数。
因此，把形如4k ＋3的整数分解成素数的乘积时， 这些素因数不可能都是4n ＋1的形式的素数，一定含有 4n ＋3形式的素数。
其次，设 N 是任一正整数，并设p 1, p 2 , … , p s 是不超过N 的形如4k ＋3的所有素数。
令q ＝4p 1 p 2 … p s －1。
显然，每个p i (i ＝1, 2, …, s)都 不是 q 的素因数，否则将会导致 p i |1，得到矛盾。
如果 q 是素数，由于q ＝4p 1 p 2 … p s －1＝4(p 1 p 2 … p s －1)＋3，即 q 也是 形如4k ＋3的素数，并且显然q ? p i (i ＝1, 2, …, s)， 从而 q > N 。
即q 是形如4k ＋3的大于N 的素数。
如果 q 不是素数，由第一步证明知q 含有形如4k ＋31111)(1))的素因数p，同样可证p?p i(i＝1, 2, …, s)，从而p > N。
(完整word版)信息安全数学基础(B)卷答案
贵州大学2007-2008学年第二学期考试试卷（标准答案） B信息安全数学基础注意事项：1. 请考生按要求在试卷装订线内填写姓名、学号和年级专业。
2. 请仔细阅读各种题目的回答要求，在规定的位置填写答案。
3. 不要在试卷上乱写乱画，不要在装订线内填写无关的内容。
4. 满分100分，考试时间为120分钟。
题 号一 二 三 四 五 六 七 八 总 分 统分人 得 分一、设a,b 是任意两个不全为零的整数，证明：若m 是任一正整数，则（am,bm ）=（a,b ）m.(共10分)解：设 d=(a,b),d 1=(am,bm),由定理5，存在整数s,t 使得Sa+tb=d 两端同时乘m,得到s(am)+t(bm)=dm 因此d 1|dm.(5分) 又显然有dm|am,dm|bm,所以dm|d 1.故 d 1=(am,dm)（5分）二、设p 是素数.证明：如果22(mod )a b p ≡ 则p a b - 或p a b +（共10分）证明：因为22(mod )a b p ≡ ，所以p|(a -b )( a + b ), 如果P 不整除（a+b),因为P 为素数，所以(P,a+b)=1,有定理可知p a b - (5分）；同理，如果P 不整除（a-b),因为P 为素数，所以(P,a-b)=1,有定理可知p a b +(5 分）三、求出下列一次同余数的所有解.(共10分) 63(mod9)x ≡得 分 评分人 得 分评分人 得 分评分人解：(1)求同余式63(mod9)x ≡的解，运用广义欧几里得除法得：x ≡ 5( mod 3) （5分）（2）求同余式63(mod9)x ≡的一个特解：x ≡ 5( mod 3) （4分）（3）写出同余式63(mod9)x ≡的全部解：X ≡5 + 3t( mod 9) (t=0,1,2) （1分）四、求解同余式组：(共15分)43()2890f x x x x ≡+++=1234(m o d 5)(m o d 6)(m o d 7)(m o d 11)x b x b x b x b =⎧⎪=⎪⎨=⎪⎪=⎩解：原同余式等价同余式组()0(mod5)()0(mod7)f x f x ≡⎧⎨≡⎩直接验算，()0(mod5)f x ≡的解为1,4(mod5)x ≡()0(mod 7)f x ≡的解为3,5,6(mod 7)x ≡由中国剩余定理，可求得同余式组12(mod5)(mod 7)x b x b ≡⎧⎨≡⎩的解为123735(mod 35)x b b ≡+，故原同余式的解为31,26,6,24,19,34(mod35)x ≡，共6个。
2011信息安全数学基础习题答案
2011信息安全数学基础习题答案2011信息安全数学基础习题答案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∈Z7|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|n2．证明：因为a3-a=(a-1)a(a+1)当a=3k，k∈Z 3|a 则3|a3-a当a=3k-1，k∈Z 3|a+1 则3|a3-a当a=3k+1，k∈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，k0∈Z（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∈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。
信息安全数学基础 (陈恭亮 著) 清华大学出版社 课后答案【khdaw_lxywyl】
信息安全数学基础习题答案
第一章
整数的可除性
1．证明：因为 2|n 所以 n=2k , k ∈ Z 5|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|n 2．证明：因为 a3-a=(a-1)a(a+1) 当 a=3k，k ∈ Z 3|a 则 3|a3-a 当 a=3k-1，k ∈ Z 3|a+1 则 3|a3-a 当 a=3k+1，k ∈ 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， k0 ∈ Z （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 ∈ 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=9 10．证明：p1 p2 p3|n， 则 n= p1 p2 p3k，k ∈ N+ 又 p1≤ p2 ≤p3，所以 n= p1 p2 p3k≥p13 即 p13≤n1/3 p1 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。 1/2 11．解：小于等于 500 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
2011信息安全数学基础习题答案
2011信息安全数学基础习题答案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∈Z7|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|n2．证明：因为a3-a=(a-1)a(a+1)当a=3k，k∈Z 3|a 则3|a3-a当a=3k-1，k∈Z 3|a+1 则3|a3-a当a=3k+1，k∈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，k0∈Z（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∈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。
信息安全数学基础习题集一
信息安全数学基础习题集一信息安全数学基础----习题集一一、填空题1、设a=18、b=12，c=27，求a、b、c的最小公倍数[a,b,c]= .2、求欧拉函数φ(3000)= .3、设m=9，则模m的最小非负简化剩余系={ }.4、设m=11，则模m的所有平方剩余= .5、设m=22，则模m的所有原根个数= .6. 设m，n是互素的两个正整数，则φ(mn)=________________。
7. 设m是正整数，a是满足 m∤a的整数，则一次同余式：ax≡b (mod m)有解的充分必要条件是_________________ 。
8. 设 m 是一个正整数，a是满足____________的整数，则存在整数a’，1≤a’＜m ，使得aa’≡1 (mod m)。
9. 设a∈Z,(a,m)=1, 如果同余方程x2≡a(mod m)__________, 则a 叫做模m的平方剩余.10. 设a,m∈Z,m>1,(a,m)=1, 则使得a e≡1(mod m)成立的最小正整数e叫做a对模m的__________.二、判断题（在题目后面的括号中，对的画“√”，错的画“×”）1、若k是任意正整数, 则(ak,bk)=(a,b). （）2、设a1,a2,…,a n是n个不全为零的整数，则a1,a2,…,a n与a1, |a2|, |a3|,…, |a n|的公因数相同（）3、设m是正整数, 若m│ab, 则m│a或m│b. （）4、设m为正整数, a,b为整数, a≡b(mod m), d│b且d>0, 则ad≡b d (mod md). （）5、{1,-3,8,4,-10}是模5的一个完全剩余系. （）6、设m是素数, 模m的最小非负完全剩余系和最小非负简化剩余系中元素个数相等. （ ）7、设p =17为奇素数, 模p 的平方剩余和平方非剩余的数量各为8.（ ） 8、一次同余方程9x ≡1(mod 24)有解. （ ）9、设p 是素数, g 是模p 的原根, 若g x ≡1(mod p), 则x 是p −1的整数倍.（）10、设m >1,(a,m)=1, 则1=a 0,a,a 2, …, a ord m (a )−1构成模m 的简化剩余系. （ ）11. b ≠0, 则(0,b)＝|b|. （ ）12. 设a,b 是两个互素正整数, 那么a│m,b│m , 则 ab│m . （ ）13. 设m 是一个正整数, a,b,d 都不为0，若ad ≡bd(modm)。
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信息安全数学基础习题答案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∈Z7|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|n2．证明：因为a3-a=(a-1)a(a+1)当a=3k，k∈Z 3|a 则3|a3-a当a=3k-1，k∈Z 3|a+1 则3|a3-a当a=3k+1，k∈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，k0∈Z（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∈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=910．证明：p1 p2 p3|n，则n= p1 p2 p3k，k∈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。
28．（1）解：85=1*55+3055=1*30+2530=1*25+525=5*5所以(55,85)=5（2）解：282=1*202+80202=2*80+4280=1*42+3842=1*38+438=9*4+24=2*2所以（202,282）=229．（1）解：2t+1=1*(2t-1)+22t-1=(t-1)*2+12=2*1所以（2t+1,2t-1）=1（2）解：2(n+1)=1*2n+22n=n*2所以（2n,2(n+1)）=232．（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)*1613所以s=-1226 t=551（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=-74336．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将m表示成n个素数p i的乘积，m= p1 p2 p3……p n ，p i为素数。
因为7为素数，假设7 !| m，则7 !∈｛p1，p2，p3，……p n｝所以m2= p12 p22 p32……p n 2=( p1 p2 p3……p n)( p1 p2 p3……p n)所以7 !| m2，与7|m2矛盾，故7|m, m=7k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log210是有理数，则存在正整数p, q,使得log210=p/q,且（p, q）=1 又log210=ln10/ln2=p/qLn10q=ln2p 10q=2p(2*5)q=2p 5q=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，log210是无理数。
同理可证log37，log1521都是无理数。
50．（1）解：因为8=23, 60=22*3*5所以[8,60]=23*3*5=12051．（4）解：(471179111011001,4111831111011000)= 4104707908301011000=1011000[471179111011001,4111831111011000]= 4111471179111831111011001第二章同余1．解：（1）其中之一为9，19，11，21，13，23，15，25，17（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。
2．证明：当m>2时，因为(m-1)2=m2-2m+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。
6．解：21≡2(mod7), 22≡4(mod7), 23≡1(mod7)又20080509=6693503*3所以220080509=(23)6693503≡1(mod7)故220080509是星期六。
7．证明：（i）因为a i≡b i (modm),1≤i≤k 所以a i=b i+k i m又a1+a2+… +a k=∑a i=∑(b i+k i m)=∑b i+m*∑k i所以有∑a i≡∑b i (mod m)即a1+a2+… +a k=b1+b2+… +b k (mod m)（ii）因为a i≡b i (mod m),1≤i≤k 所以a i(mod m)=b i (mod m)所以（a1a2…a k）mod m≡[(a1mod m)( a2mod m)…(a k mod m)]mod m≡[(b1mod m)( b2mod m)…(b k mod m)]mod m≡（b1b2…b k）mod m所以a1a2…a k≡a1a2…a k(mod m)8．证明：如果a2≡b2(mod p) 则a2= b2+kp , k∈Z即kp=a2-b2=(a+b)(a-b) 所以p|(a+b)(a-b)又p为素数，根据1.4定理2知p|a+b或p|a-b 得证。
9．证明：如果a2≡b2(mod n) 则a2= b2+kn , k∈Z即kn=a2-b2=(a+b)(a-b) 所以n|(a+b)(a-b)由n=pq知kpq=a2-b2=(a+b)(a-b)因为n!|a-b, n!|a+b，所以p,q不能同时为a-b或a+b的素因数。
不妨设p|a-b, q|a+b ,则q!|a-b, p!|a+b 即(q, a-b)=1,(p, a+b)=1因此(n, a-b)=(pq, a-b)=(p, a-b)=p>1(n, a+b)=(pq, a+b)=(q, a+b)=q>1故原命题成立。
10．证明：因为a≡b (mod c) 则a=cq+b , q∈Z根据1.3定理3知(a, c)=(b, c)17．解：（1）a k+a k-1+… +a0=1+8+4+3+5+8+1=30因为3|30 ,9!|30 所以1843581能被3整除，不能被9整除。
（2）a k+a k-1+… +a0=1+8+4+2+3+4+0+8+1=31因为3!|31 , 9!|31 所以184234081不能被3整除，也不能被9整除。
（3）a k+a k-1+… +a0=8+9+3+7+7+5+2+7+4+4=56因为3!|56 , 9!|56 所以8937752744不能被3整除，也不能被9整除。
（4）a k+a k-1+… +a0=4+1+5+3+7+6+8+9+1+2+2+4+6=58因为3!|58 , 9!|58 所以4153768912246不能被3整除，也不能被9整除。
20．解：（89878*58965）mod9≡[(89878mod9)*(58965mod9)]mod9≡(4*6)mod9≡6(mod9) ≡5299?56270(mod9)又5299?56270≡(45+?)mod9≡?(mod9)所以 ?=6 即未知数字为6。