信息安全数学基础习题答案 2

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。

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+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)*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=-743
36．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）=4
37．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/q
Ln10q=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=120
51．（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。

21．解：（1）因为875961*2753≡[(36mod9)(17mod9)]mod9 ≡0(mod9) 2410520633≡26(mod9) ≡8(mod9)
所以等式875961*2753=2410520633不成立
（2）因为14789*23567≡[(29mod9)(23mod9)]mod9 ≡1(mod9) 348532367≡41(mod9) ≡5(mod9)
所以等式14789*23567=348532367不成立
（3）因为24789*43717≡[(30mod9)(22mod9)]mod9 ≡3(mod9) 1092700713≡30(mod9) ≡3(mod9)
所以等式24789*43717=1092700713可能成立
（4）这种判断对于判断等式不成立时简单明了，但对于判断等式成立时，可能会较复杂。

22．解：因为7为素数，由Wilso 定理知：(7-1)! ≡-1(mod7) 即6！≡-1（mod7） 所以8*9*10*11*12*13≡1*2*3*4*5*6(mod7) ≡6!(mod7) ≡-1(mod7) 31．证明：因为c 1,c 2,…,c ϕ(m)是模m 的简化剩余系 对于任一c i ，有m-c i 也属于模m 的简化剩余系 所以c i +(m-c i )≡0(modm)
因此c 1+c 2+…+c ϕ(m)≡0(modm)
32．证明：因为a
ϕ(m)≡1(modm) 所以a ϕ(m)-1≡0(modm)
a
ϕ(m)-1=(a-1)(1+a+ a 2+…+ a ϕ(m)-1) ≡0(modm)
又（a-1,m ）=1
所以1+a+ a 2+…+ a
ϕ(m)-1 ≡0(modm)
33．证明：因为7为素数，由Fermat 定理知a 7
≡a(mod7)
又（a ，3）=1 所以(a,9)=1 由Euler 定理知a ϕ(9)≡a 6≡1(mod9) 即a 7≡a(mod9)
又(7,9)=1, 所以a 7
≡a(mod7*9)
即a 7
≡a(mod63)
34．证明：因为32760=23*32
*5*7*13 又(a,32760)=1 所以(a,2)=(a,3)=(a,5)=(a,7)=(a,13)=1
有：a
ϕ(13)≡1(mod13) 即a 12≡1(mod13)
a
ϕ(8)≡a 4≡1(mod8) 即a 12≡1(mod8)
a
ϕ(5)≡a 4≡1(mod5) 即a 12≡1(mod5)
a
ϕ(7)≡a 6≡1(mod7) 即a 12≡1(mod7)
a
ϕ(9)≡a 6≡1(mod9) 即a 12≡1(mod9)
又因为[5,7,8,9,13]=32760
所以a 12
≡1(mod32760)
35．证明：因为(p,q)=1 p,q 都为素数 所以ϕ(p)=p-1, ϕ(q)=q-1
由Euler 定理知：p
ϕ(q)≡1(modq) q ϕ(p)≡1(modp)
即p q-1
≡1(modq) q p-1
≡1(modp)
又 q p-1≡0(modq) p q-1
≡0(modp)
所以p q-1+q p-1≡1(modq) q p-1+p q-1
≡1(modp)
又[p,q]=pq 所以p q-1+q p-1
≡1(modpq) 36．证明：因为(m,n)=1
由Euler 定理知：m
ϕ(n)≡1(modn) n ϕ(m)≡1(modm)
所以m
ϕ(n)+n ϕ(m)≡(m ϕ(n)modn)+ (n ϕ(m)modn)≡1+0≡1(modn)
同理有：m
ϕ(n)+n ϕ(m) ≡1(modm)
又[m,n]=mn 所以m ϕ(n)+n ϕ(m) ≡1(modmn)
第三章.同余式
1．（1）解：因为（3，7）=1 | 2 故原同余式有解
又3x ≡1（mod7） 所以 特解x 0`≡5（mod7）
同余式3x ≡2（mod7）的一个特解x 0≡2* x 0`=2*5≡3（mod7） 所有解为：x ≡3（mod7）
（3）解：因为（17，21）=1 | 14 故原同余式有解
又17x ≡1（mod21） 所以 特解x 0`≡5（mod21）
同余式17x ≡14（mod21）的一个特解x 0≡14* x 0`=14*5≡7（mod21） 所有解为：x ≡7（mod21） 2．（1）解：因为（127，1012）=1 | 833 故原同余式有解
又127x ≡1（mod1012） 所以 特解x 0`≡255（mod1012） 同余式127x ≡833（mod1012）的一个特解x 0≡833* x 0`=833*255≡907（mod1012） 所有解为：x ≡907（mod1012） 3．见课本3.2例1 7．（1）解：因为（5，14）=1
由Euler 定理知，同余方程5x ≡3（mod14）的解为：
x ≡5
ϕ(14)-1*3≡9（mod14）
（2）解：因为（4，15）=1
由Euler 定理知，同余方程4x ≡7（mod15）的解为：
x ≡4
ϕ(15)-1*7≡13（mod15）
（3）解：因为（3，16）=1
由Euler 定理知，同余方程3x ≡5（mod16）的解为：
x ≡3
ϕ(16)-1*5≡7（mod16）
11．证明：由中国剩余定理知方程解为：
x ≡a 1M 1M 1`+ a 2M 2M 2`+……+ a k M k M k `（mod m ）
因为m i 两两互素，又中国剩余定理知：M i M i `≡1（mod m i ） 又M i =m/m i 所以（m ，M i ）≡1（mod m i ）
所以M i M i `=M i
ϕ(mi)≡（mod m i ）
代入方程解为x ≡a 1 M 1
ϕ(m1)+ a 2 M 2ϕ(m2)+……+ a k M k ϕ(mk)(mod m) 得证。

12．（1）解：由方程组得：3x+3y ≡2(mod7)
6x+6y ≡4(mod7) x+y ≡-4(mod7) X ≡5(mod 7) y ≡5 (mod 7)
（2）解：由方程组得：2x+6y ≡2(mod7) 2x-y ≡2(mod7) 6x+8y ≡4(mod7) x-y ≡-4(mod7) X ≡6(mod 7) y ≡3 (mod 7) 13．见课本3.2例4
14．同课本3.2例3 21000000
≡562（mod1309） 15．（1）解：等价同余式组为： 23x ≡1（mod4）
23x≡1（mod5）
23x≡1（mod7）
所以 x≡3（mod4） x≡2（mod5） x≡4（mod7）
所以x≡3*35*3 + 2*28*2 + 4*20*6≡67（mod140）
（2）解：等价同余式组为：
17x≡1（mod4）
17x≡1（mod5）
17x≡1（mod7）
17x≡1（mod11）
所以 x≡1（mod4） x≡2（mod5） x≡-3（mod7） x≡7（mod11）
所以x≡1*385*1 + 2*308*2 + (-3)*220*5 + 7*140*7 ≡557（mod1540）19．解：3x14+4x13+2x11+x9+x6+x3+12x2+x≡0（mod7）
左边=(x7-x)( 3x7+4x6+2x4+x2+3x+4)+ x6+2x5+2x2+15x2+5x
所以原同余式可化简为：x6+2x5+2x2+15x2+5x≡0（mod7）
直接验算得解为：x≡0（mod7） x≡6（mod7）
20．解：f`(x) ≡ 4x3+7（mod243）
直接验算的同余式f（x）≡0(mod3)有一解：x1≡1（mod3）
f`(x1) ≡4*13*7=-1(mod3) f`(x1)-1≡-1(mod3)
所以t1≡-f（x1）*( f`(x1)-1(mod3))/31≡1(mod 3)
x2≡x1+3 t1≡4(mod 9)
t2≡-f（x2）*( f`(x1)-1(mod3))/32≡2(mod 3)
x3≡x2+32 t2≡22(mod 27)
t3≡-f（x3）*( f`(x1)-1(mod3))/33≡0(mod 3)
x4≡x3+33 t3≡22(mod 81)
t5≡-f（x4）*( f`(x1)-1(mod3))/34≡2(mod 3)
x5≡x4+34 t4≡184(mod 243)
所以同余式f（x）≡0(mod243)的解为：x5≡184(mod 243)
第四章．二次同余式与平方剩余
2．解：对x=0,1,2,3,4,5,6时，分别求出y
x=0,y2≡1(mod7),y≡1,6(mod7)
x=4,y2≡4(mod7),y≡2,5(mod7)
当x=1,2,3,5,6时均无解
5．解：对x=0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16时，分别求出y
x=0,y2≡1(mod17),y≡1,16(mod17)
x=1,y2≡3(mod17),无解
x=2,y2≡11(mod17),无解
x=3,y2≡14(mod17),无解
x=4,y2≡1(mod17),y≡1,16(mod17)
x=5,y2≡12(mod17),无解
x=6,y2≡2(mod17),y≡6,11(mod17)
x=7,y2≡11(mod17),无解
x=8,y2≡11(mod17),无解
x=9,y2≡8(mod17),y≡5,12(mod17)
x=10,y2≡8(mod17),y≡5,12(mod17)
x=11,y2≡0(mod17),y≡0(mod17)
x=12,y2≡7(mod17),无解
x=13,y2≡1(mod17),y≡1,16(mod17)
x=14,y2≡5(mod17),无解
x=15,y2≡8(mod17),y≡5,12(mod17)
x=16,y2≡16(mod17),y≡4,13(mod17)
10．解：(1）.（17/37）=(-1) (17-1)(37-1)/(2*2)*(37/17)=-1
(4）.（911/2003）=(-1) (2003-1)(911-1)/(2*2)*(2003/911)=1/3=1
(6）.（7/20040803）=(-1) (7-1)(20040803-1)/(2*2)*(20040803/7)=1
12．解：（1）.因为（-2/67）=(65/67)=1
所以-2是67的平方剩余
所以x2≡-2(mod67)有2个解。

（4）.因为（2/37）=(-1) (37*37-1)/8=-1
所以2是37的平方非剩余
所以x2≡2(mod37)无解。

14．证明：（1）因为p为其素数，模p的所有二次剩余个数为(p-1)/2个，
设为a1, a2, a3, …a(p-1)/2
则a1*a2*a3…a(p-1)/2≡12*22*32…((p-1)/2)2(mod p)
≡1*2*3…((p-1)/2)*(-(p-1))*(-(p-2))*…(-(p-(p-1)/2))(mod p)
≡1*2*3…((p-1)/2)*(p-(p-1)/2)…*(p-2)*(p-1)(-1)(p-1)/2(mod p)
≡(p-1)!*(-1)(p-1)/2(mod p)
≡(-1)*(-1)(p-1)/2(mod p) （2.4定理3）
≡(-1)(p+1)/2(mod p)
所以模p的所有二次剩余乘积模p的剩余为(-1)(p+1)/2得证。

（2）1，2，3,…p-1为p的一个完全剩余系
1*2*2…*(p-1)≡-1(mod p) ≡(-1)(p+1)/2(-1)(p-1)/2(mod p)
因为模p的所有二次剩余乘积模p的剩余为(-1)(p+1)/2
所以模p的所有非二次剩余乘积模p的剩余为(-1)(p－1)/2
（3）当p=3时，其二次剩余只有1，所以p=3时，模p的所有二次剩余之和模p
的剩余为1
当p>3时，由（1）得a1+a2+a3…+a(p-1)/2≡p(p-1)(p+1)/24(mod p)
因为p为奇素数，所以p只能取3k-1或3k+1形式，代入上式得0
所以当p>3时，模p的所有二次剩余之和模p的剩余为0。

（4）因为模p的所有二次非剩余之和与所有二次剩余之和的和可以被p整除
所以由(3)得，当p=3时，模p的所有二次非剩余之和模p的剩余为-1;
当p>3时，模p的所有二次非剩余之和模p的剩余为0。

16．解：(1）.因为（7/227）=(-1) (227-1)(7-1)/(2*2)*(227/7)= 1
所以7是227的二次剩余
所以x2≡7(mod227)有解
(3）.因为11对91的逆元是58
所以原同余方程等价于x 2
≡16(mod91) 又16是91的平方剩余
所以11x 2
≡-6(mod91)有解 21．证明：应用模重复平方法
11=20+21+23
令x=23,b=2,a=1
(1)x 0=1 a 0=a*b ≡2(mod23) b 1=b 2
≡4(mod23)
(2)x 1=1 a 1=a 0*b 1≡8(mod23) b 2=b 12
≡16(mod23)
(3)x 2=0 a 2=a 1*b 20≡8(mod23) b 3=b 22
≡3(mod23) (4)x 3=1 a 3=a 2*b 3≡1(mod23)
所以211≡1(mod23) 即23|211
-1
47|223-1与503|2251
-1 应用同样的方法得证。

第五章．原根与指标
1．解：因为ϕ(13)=12,所以只需对12的因数d=1,2,3,4,6,12,计算a d
(mod12)
因为21≡2, 22≡4, 23≡8, 24≡3, 26≡-1, 212
≡1(mod13) 所以2模13的指数为12；
同理可得：5模13的指数为4，10模13的指数为6。

2．解：因为ϕ(19)=18,所以只需对18的因数d=1,2,3,6,9,18计算a d
(mod12) 因为31
≡3, 32
≡9, 33
≡8, 36
≡7, 39
≡-1, 218
≡1(mod13) 所以3模19的指数为18；
同理可得：7模19的指数为3，10模19的指数为18。

3．解：因为ϕ(m)=ϕ(81)=54=2*33
,所以ϕ(m)的素因数为q 1=2,q 2=3,进而 ϕ(m)/q 1=27, ϕ(m)/q 2=18
这样，只需验证：g 27
,g 18
模m 是否同余于1。

对2，4，5，6…逐个验算：
因为227≠1(mod81) 218
≠1(mod81) 根据5.2定理8得 所以2是模81的原根
7．证明：因为（a, m ）=1, 故由ord m (a)=st 知：a st ≡1(mod m) 即(a s )t
≡1(mod m)
不妨令ord m (a s )=r 则a sr
≡1(mod m) 所以st|sr
由(a s )t
≡1(mod m)得r|t 即t ＝k*r k ∈N ≥1 r ≤t 所以sr ≤st 所以sr=st 所以r=t
所以ord m (a s
)=t
8．解：存在
举例：如n=7,d=3 因为ϕ(7)=6 d=3|6
存在a=2 (2,7)=1, 2
ϕ(7)≡1(mod 7) 又23≡1(mod 7)
所以ord 7(2)=3 满足条件。

10．证明：因为p 为一个奇素数，p-1/2也是一个奇素数
所以ϕ(p)=p-1=2*(p-1)/2 即ϕ(p)的不同素因数为2，p-1/2
又因为a
ϕ(p)/2=a p-1/2≠1(mod p) a ϕ(p)/[(p-1)/2]=a 2≠1(mod p)
根据5.2定理8得a 是模p 的原根。

15．证明：反证法
假设n是一个合数，令ord n(a)=m 则a m≡1(mod n)
因为a n-1≡1(mod n) 所以由5.1定理1得m|n-1 即n-1=k*m
对n-1的所有素因数q，必可找到一个q1使m|((n-1)/q1)
所以a n-1/q=a m*t≡1(mod n) 与已知条件矛盾，故假设不成立，原结论得证。

16．解：因为d=(n,ϕ(m))=(22,ϕ(41))=(22,40)=2 ind5=22
所以(n,ϕ(m))|ind5，同余式有解
等价同余式为22indx≡ind5(mod40) 即11indx≡11(mod20)
解得：indx=1,21(mod40)
所以原同余式解为x=6,35(mod41)
17．解：因为d=(n,ϕ(m))=(22,ϕ(41))=(22,40)=2 ind29=7
(2,7)=1 所以原同余式无解。

第六章．素性检验
1．证明：因为91=13*7是奇合数， (3,91)=1
又36=729≡1(mod91) 则391-1=390≡(36)15≡1(mod91)
则91是对于基3的拟素数。

2．证明：因为45=5*3*3是奇合数， (17,45)=1
由Euler定理：174≡1(mod5) 172≡1(mod3)
所以174≡1(mod3) 所以174≡1(mod45)
则1745-1=1744≡(174)11≡1(mod45)
则45是对于基17的拟素数。

同理45是对于基19的拟素数。

10．证明：25=5*5是奇素数设n=25 n-1=24=23*3 则t=3 (7,25)=1
73≡18(mod25) 72*3≡-1(mod25)
所以25是基于7的强拟素数。

15．证明：n=561=3*11*17 为奇素数（561,2）=1
b(n-1)/2≡2(561-1)/2≡2280≡1(mod561)
(b/n)=(2/561)=(-1)(561*561-1)/8=1
所以2280≡(2/561)(mod561)
所以561是对于基2的Euler拟素数。