m == 1 mod (p-1)(q-1)

3p=5qp=5q/32p-3q=110q/3-3q=11/3q=1q=1/3q=5/9

x^n+y^n≡x+y(modp)所以1^n+p-1^n≡p(modp)≡0（modp）同理.所以1^n+2^n+…+(p-1)^n≡0（modp）当然注意p是奇数,否则不成立比如,当p=6n=1时1

（2）(a^p)^(p-1)=(a^p)^[p^(p-2)]≡a^[p^(p-2)]（费马小定理）=(a^p)^[p^(p-3)]≡a^[p^(p-3)]≡.≡a^[p^1]≡a(modp)(3)由费

根据Wilson定理,由p是素数有(p-1)!≡-1(modp).由p是奇数,有如下(p-1)/2个同余式:p-1≡-1(modp),p-2≡-2(modp),...(p+1)/2≡-(p-1)/2(

应该是证明g^x≡g^y(modm).不妨设x≥y,由x≡y(modφ(m)),存在正整数k使x-y=k·φ(m).由gcd(g,m)=1,根据Fermat-Euler定理,有g^φ(m)≡1(mod

题目条件：a^k=n(modk+1)b^k=m(modk+1)m*n=1(modk+1)所以(ab)^k=1(modk+1)(1)记k+1的欧拉函数为ψ(k+1),那么在(1,ψ(k+1))内,有且仅

首先说一下求d的答案,ed=1mod(p-1)(q-1)=1mod60即7d=1mod60的意思是e与d的乘积对（p-1)(q-1)取余结果是1,题目给出e=7,(p-1)(q-1)可以求得是60,即

你用的语言是哪个?我当时是用C语言写的代码,实现最大RSA-2048.我把思想给你说一下吧.如果我们要定义一个很小的e、d、n、m,那么直接unsignedlongint就可以了.但是这样定义的数据的

p=2,q=5p/3q+1=2/10+1=6/5p=7,q=2p/3q+1=7/6+1=13/6

等于m除以n的余数,例：m=5n=3r=mMODn'结果r=2

用a表示加密前的信息,b表示加密后的信息,c表示用另一对密钥解密后所得的信息,那么：对明文加密后得b≡a^emod(p*q)然后再用另一对密钥解密b得c≡a^d≡(a^e)^d=a^(e*d)cmod

mod是求余运算符.如果x与y的积除以z所得的余数为1,即xy=1(modz),则称x和y对于模数z来说互为逆元,这种互为逆元的关系用符号表示为：x=y的-1次方(modz)x的-1次方=y(modz

设x=am+b,y=cm+d则xy=(am+b)(cm+d)=acm^2+(ad+bc)m+bd≡bd(modm)而x≡b(modm)y≡d(modm)所以相等.

首先区分两个不同概念,一个是“通路”(连通),一个是“回路”（任意一顶点出发,都可以回到该顶点）1包含个顶点的图,如果任意两个顶点的度数之和都不小于n-1（即大于等于n-1）,则存在哈密尔顿通路.2包

(m+n)(p+q)-(m+n)(p-q)=（m+n)(p+q-P+q)=(m+n)×2q=2q(m+n)

设g是modp意义下的一个原根.则g^(p-1)=1modp且对于k=1,2...p-2:g^k不=1modp接下来,当p不整除x时：可设x=g^ymodp原方程化为by=ymod(p-1)(y=1,

首先,p-1必然为p的一个循环节(不一定是最小循环节).也即是:10^(p-1)==1(modp).费尔马小定理一步即可证明.x是最小循环节的长度,必然有x|(p-1).即得上式.

p-q=15/7m-1-(m的平方-15/8m)=-m的平方,只要m不等于零,p小于q

代数式的值为-5/3,用和差化积公式即可P-Q=2/m-1+m^2与0比较既是m*(2-m+m^3)与0比较m*(1-m)*(2+m+m^2)与0比较m^2+m+2恒大于0,得到m*(1-m)当m>0