初等數論畢業論文題目1.因為(k,n)=d，則存在整數s,t，使得ks+nt=d.

所以a^(ks)=1(modm)

a^(nt)=1(modm)

a^d=a^(ks+nt)=1(modm)

2.因為當(b,a)=1當且僅當(a-b,a)=1.

用如同高斯求1+2+......+100相同的方法可知：

和=1/2*(a-b+b)*φ(a)=1/2*a*φ(a).

3.需要證ax+b(x取遍m的完全剩余系)是m的完全剩余系。

因為ax+b=ay+b(modm)

當且僅當a(x-y)=0(modm)

當且僅當m|a(x-y).

因為(a,m)=1.

所以m|x-y.

即x=y(modm).

所以所求式子=1/m+2/m+......+(m-1)/m=1/2*(m-1).

4.接上題：

所求式子=a/m+2a/m+......+(m-1)a/m-1/2*(m-1).

=1/2*(m-1)(a-1).

5.先看第6題，證明(p-1)!=-1(modp).

因為p-a=-a(modp).

所以(p-1)!=(((p-1)/2)!)*(-(p-1)/2)*......*(-2)(-1)

=(((p-1)/2)!)^2*(-1)^((p-1)/2).

=-1(modp).

所以(((p-1)/2)!)^2+(-1)^((p-1)/2)=0(modp).

6.(p,p-1)=1.

(p-1)!=0(modp-1).

下面證(p-1)!=-1(modp).

p=2,3時成立；p>=5時：

首先對于任意a(2<=a<=p-2)，存在唯一的b(2<=b<=p-2)，使得ab=1(modp).

對于a、2a、......、(p-1)a這p-1個數中，它們兩兩modp不同余。

否則存在i、j（i、j不相等）使得ia=ja(modp).

p|a(i-j).

p|i-j.

則i=j，矛盾。

又因為iamodp不為0，

所以a、2a、......、(p-1)a這p-1個數中，modp是1~p-1的一個排列，

所以存在唯一的b(1<=b<=p-1)，使得ab=1(modp).

又因為a與(p-1)amodp都不為1，所以2<=b<=p-2.

這樣，將每個a、b進行配對a1、b1、a2、b2......

2*3*......*(p-2)=(a1*b1)(a2*b2)......=1(modp).

所以(p-1)!=1*1*(p-1)=-1(modp).

綜上(p-1)!=p-1(modp(p-1)).

7.x^y=y^(x-y).

顯然x-y>=0.

若x=y，則x^x=x^0=1.則x=1,y=1.

若x>y，則y<x-y,x>2y.

設x=ky，k>2.

則k^y*y^y=y^((k-1)y).

ky=y^(k-1).

k=y^(k-2).

y=k^(1/(k-2)).

根據求導發現函數f(k)=k^(1/(k-2))在k>2遞減，

而f(k)->正無窮(k->2),f(3)=3,f(4)=2,f(k)->1(k->正無窮).

所以k=3,4時對應兩組解：x=9,y=3;x=8,y=2.

且k>4時無解。

下面證2<k<3時無解即可。

因為k=x/y是有理數，設k=p/q,(p,q)=1.

所以y^(k-2)=k

y^(p/q-2)=p/q.

y^(p-2q)=(p/q)^q.

當q不為1時，左邊是整數，右邊不是整數，矛盾。

綜上：x=1,y=1;x=8,y=2;x=9,y=3.

8.5^x-3^y=2.

x=y=1是一組解.

當x>1,y>1時：

原式mod4：

1-(-1)^y=2(mod4).

y=1(mod2).

原式mod9：

5^x=2(mod9).

x=5(mod6).

原式mod7：

因為當x=5(mod6)時，5^x=3(mod7).

所以3^y=1(mod7).

所以y=0(mod6).

與y是奇數矛盾。

綜上只有一組解x=y=1.急急急!初等數論題目求解(高分獻上)1,

16k+11=15k+k+11,k=3,

16*3+11=15*3+14=45+14=59,

59+15*16*m=13*4+7+(13+2)*(13+3)m=13*4+7+13(5+13)m+6m

=13(18m+5)+6(m-1),m=7,

59+15*16*7=1739

1739+13*15*16n,n=0,1,2,...滿足要求。

2，

3^(2009)=3*(3^2)^(1004)=3*(10-1)^(1004)

=3*[10^(1004)-1004*10^(1003)+...+1004*1003*10^2/2-1004*10+1]

3^(2009)=3*[-1004*10+1](mod100)

=3[1-10040](mod100)

=3[1-40](mod100)

=3*61(mod100)

=183(mod100)

=83(mod100)

3,

正整數a,b互質的充要條件是關于x,y的方程ax+by=1有整數解。

因此，ax+by=c有整數解的充要條件是c為a,b的最大公約數。

4，

Legendre(a/p)=0,ifa=0(modp);

Legendre(a/p)=+1,ifa不等于0，且對于某個整數x,x^2=a(modp)

Legendre(a/p)=-1,若不存在整數x,使得x^2=a(modp).

Legendre(482/503)=Legendre(2/503)*Legendre(241/503)

Legendre(2/503)=(-1)^[(503^2-1)/8]=(-1)^[502*504/8]=(-1)^[251*126]=1,

Legendre(241/503)=(-1)^[(241-1)*(503-1)/4]*Legendre(503/241)

=(-1)^[240*502/4]*Legendre(21/241)

=Legendre(3/241)*Legendre(7/241)

=(-1)^[(3-1)*(241-1)/4]*Legendre(241/3)*(-1)^[(7-1)*(241-1)/4]*Legendre(241/7)

=(-1)^[2*240/4]*Legendre(1/3)*(-1)^[6*240/4]*Legendre(3/7)

=Legendre(1/3)*Legendre(3/7)

=1*(-1)^[(3-1)*(7-1)/4]*Legendre(7/3)

=(-1)^[2*6/4]*Legendre(1/3)

=(-1)*1=-1.

娘啊，累慘了。。休息一哈。。

5,

512^50=(11*45+17)^50=17^50(mod45)

=289^25(mod45)=(45*6+19)^25(mod45)=19^25(mod45)

=19*361^12(mod45)=19*(8*45+1)^12(mod45)=19(mod45)

6,

[2009/3]+[2009/3^2]+[2009/3^3]+[2009/3^4]+[2009/3^5]+[2009/3^6]【[]表示取整運算哈】

=669+223+74+24+8+2

=1000

7,

x=5求初等數論大神（1）

考察n=0,1,2.....7時，n除以7的余數

n0123456

n3011-11-1-1

而n3≡(n+7k)3(mod7)

∴對于任意n，均有n3≡0,±1(mod7)

即任一完全立方數均可寫成7k或7k±1的形式

（2）

n可為任一整數（過程有點復雜，但是和第一小題差不多，需要分類討論）初等數論求助！題目的意思就是用27與15線性組合，得到6，這是數論的典型題。

即：27x+15y=6

9