0初等数论试卷及答案

1、初等数论考试试卷一、单项选择题：（1分/题X20题=20分）1 .设X为实数，凶为X的整数部分，则（A ）A . x <X<x + 1;B . x<X<x + ;C . x<x<x + ；D . x<x<x + .2 .下列命题中不正确的是（B ）A .整数4,出,”的公因数中最大的称为最大公因数；/B.整数4，,，”的公倍数中最小的称为最小公倍数【有最小的吗】C.整数与它的绝对值有相同的倍数D.整数与它的绝对值有相同的约数3 .设二元一次不定方程ox + /?y = c （其中是整数，且不全为零）有一整数解%,治/ =（。力），则此方程的一切解

2、可表为（C ）abA x = ;，）' = + 二，f = 0,±l,±2,.; aaB x = + Z, y = y（） /, / = 0, ±1, ±2,； claC x =1 , y =1 , f = 0, ±1, ±2, ;dcid . x=/ 一t%）' = y（）1I，* = 0,±L±2； aa（4 .下列各组数中不构成勾股数的是（D ）A. 5, 12, 13；B. 7, 24, 25；C. 3, 4, 5；D. 8, 16, 175 .下列推导中不正确的是（D ）A. q 三A（m

3、od?）M2 三4（mod?）=>q +a2 =b +b .（mod/?）;B . q 三（mod/%）,“？ =2（11/7?）=>2 三"b 7（mocl/w）;C . q （inoclm）=>ala2 =bia . （mod/7?）;D. h/72(mod三伪(mod?).6 .模10的一个简化剩余系是(D )A. 0,l,2,，9;B. l,2,3,10;C. -5,-4,3,2,1,0,1,2,3,4; D. 1,3,7,9.7 .。三Z?(mod的充分必要条件是(A )A. ma-bB . a-bmC . ma+bD . a+bm.8.设/(x) = x

4、，+2y3+8x+9 ,同余式/(R)三0(nK)d5)的所有解为(C )A . X=1 或- 1;B . X = 1 或4;C . x三 1 或一l(mod5);D .无解.9、设 f(x) = a“x"+ qx + 0 其中 « 是奇数，若R 三七(mod”)为 f (x)三 0(mod p)的一个解，则：()A.才三力(mod)一定为/'(X)三0(mod> 1的一个解B. X-4o (mod> 1,一定为/"(X)三 0(mod pd )的一个解C. ”jp不整除/G)时,/(x)三0(mod")一定有解/三/(1其中与三%(

5、mod/?)D.若x三玉)(mod p°)为x) = 0(mod pa)的一个解，则有 三(mod ) 10.设+qx+a),其中4为奇数凡羊0(modp>p,则同余式/(x)三 0(modp)的解数：()A.有时大于p但不大于n；B.不超过pC.等于pD.等于n11.若2为模p的平方剩余，则p只能为下列质数中的：(D )A. 3B. 11C. 13D. 2312.若雅可比符号(-11加=1,A.同余式*三a （hkxI m） 一定有解,B.当®用）=1时,同余式三a（modp）有解;C.当团=P（奇数）时,同余式/三。（mod p）有解;D.当。=P（奇数）时同余式

6、三a（inodp）有解.13.若同余式7三a（mod2）aN3,（2M）= l有解，则解数等于（A ）A. 4B. 3C. 214 .模12的所有可能的指数为：（A ）A. 1, 2, 4 B. 1, 2, 4, 6, 12 C. 1, 2,15 .若模m的原根存在，下列数中，m不可能等于：（A. 2 B. 3 C. 4 D. 12D. 13, 4, 6,D )12D.无法确定16.对于模5,下列式子成立的是（B ）A. ifid32 = 2B. indy2 = 3C. indy5 = 0D.indy 10 = indy 2 + indy 517 .下列函数中不是可乘函数的是：（C ）A.茂陛

7、鸟斯（mobius）函数w（a）；B.欧拉函数。（。）；C.不超过x的质数的个数万（力；d.除数函数”4）；18 .若x对模川的指数是出?，。0, ab >0,则/对模m的指数是（B ）A. a B. b C. ab D.无法确定19 . /（），ge）均为可乘函数，贝M A ）A.为可乘函数； B.为可乘函数C. /（4）+ g（4）为可乘函数；D. /（4）-g（4）为可乘函数20 .设（。）为茂陛乌斯函数，则有（B ）不成立A. /（I） = 1 B. （-1） = 1C. /（2） = 1 D. /（9） = 0二.填空题：（每小题1分，共10分）21 . 3在45!中的最高次n

8、= 21；22 .多元一次不定方程：+ a2x2 + . + anxn = N ,其中, a2 , , an , N均为整数，n>2,有整数解的充分必要条件是） | N ；23 .有理数/ 0<a<b,（。力）= 1,能表成纯循环小数的充分必要条件是（10, b） =1 ；24 .设x三X。（mod?）为一次同余式at三Z?（modz）, a w. 0（mod7）的一个解，则它的所有解为 xQ+t fH , f = 0, ± 1, ±2,； （ajn）25 .威尔生（wilson）定理： （一1） ! +1 三。（mod）,p 为素数 ；26 .勒让德符号

9、与=1；11013）p-i27 .若（ap） = l,则是模p的平方剩余的充分必要条件是a亍=l（modp）（欧拉判别条件）;28 .在模?的简化剩余系中，原根的个数是 。（。（砌）;29 .设g为模/的一个原根，则模2p“的一个原根为g与g+p ”中的奇数；30 .火48） =16。三.简答题：（5分/题X4题=20分）31 .命题“任意奇数的平方减1是8的倍数”对吗说明理由。32 . “若= 工通过模机的简化剩余系，则4X也通过模?的简化剩余系”这命题是否 正确正确请证明，不正确请举反例。33 .求模17的简化剩余系中平方剩余与平方非剩余。34 .设 =为的标准分解式，记S（4）为”的正因

10、数的和，为的正因数的个数，则S()= r(。)= 为什么四.计算题。(7分/题X4题=28分)35 .求不定方程6x+93y=75的一切整数解。*x = 1( mod 5)36 .解同余方程组，y三3(mod6)Z = 2 (mod 7)37 .解同余式/三u(modl25)38 .求模13的所有原根。五、证明题：(7分/题X2题=14分)39、试证：x2+2/ = z2, (x, y) =1, y是偶数的整数解可写成:x = ±(6/2 - 2b2) y = 2ab z = a2 + 2b°这里= 并且5为奇数，一为偶数。40、设a为正整数，试证：j)=" dl

11、adla d其中Z 表示展布在a的一切正因数上的和式。 dla六、应用题：(8分)41、求30!中末尾0的个数。参考答案一.单项选择：ABCDD； DACCB； DCAAD； BCBABo二.填空题：21. 21； 22.(4,O2，.M.)IN；23. (/?,10) = 1； 24.J = 0,±1,±2,-« ； 25. (p-1) ! +1 三0(modp)，为素数；26. 1；-一127. f/=l(mod/?); 28. °(。(团)；29. g 与 g + 中的单数；30 16三.简答题：31.答：命题正确。: (2m +1)2 -1 =

12、(2/n + 1) + 1 (2w + 1)-1= 2/n-(2m+2) = 4An(/n+l)而m+ 必为 2 的倍数。86页32 .正确.证明见教材67。33 .在摸的简化剩余系中与I?,，人二|同余的数是数的平方剩余， /? = 17,1（/7-1） = 8,三 1,2?三4,32 三9,4?三 16, 52 h8,62 = 2,72 = 15,82 = 132故 1, 2, 4, 8, 9, 13, 15, 16 为摸 17 的平方剩余，而 3, 5, 6, 7, 10, 11, 12, 14 为摸 17 的平方非剩余。kk 4+1 _34.s（）=rK1+,+:+,+，中）=n&qu

13、ot;；1-1/-I Pi _ 1«)=(马+1)3+1)-(4+1)证明：若仆)为可乘函数，则Z”a)= fl(l + /(PJ +/(；) aa1-1分别令/g)= a/(4)= l,它们为可乘函数，即得出。四.计算题35 .解：因为(6,93) = 3175,故原不定方程有解。又原方程即2x + 31y = 25,而易见方程2x + 31y = 1有解x0 = 16,y0 =-1 o所以原方程的一个解是X。=400,%=一25所以，原方程的一切整数解是：Jx = 400 + 3k广一t是整数r = -25-2r36 .解：因为模5, 6, 7两两互质，由孙子定理得所绐同余方程组

14、关于模 5X6X7=210有唯一解，分别解同余方程：42% = 1 (mod5), 35x三 l(mod6), 30工三 1 (mod7),得x = 3(mod5),x = -l(mod6), x = 4(mod7) 因此所给同余方程组的解是:x 三 42,3l+35(l),3 + 3042(mod210) 即：x = 261H51(mod210).37 . M：从同余方程九2三1 1(nx)d5)得x三l(mod5),SZ(l + 5r,)2 =ll(mod52),W10r, =10(mod52),因此乙三l(mod5),于是1 +6=6(mod52),是/三 11 (mod 52)的解，乂

15、从(6 + 5工F三 11 (mod 55 )得300% 三一25(mod5)因此2 =-l(mod5)即4三2(mod5),所以r = 6+52.2 = 56是所给方程的一个解，于是所解为: x = ±56 (mod 125)解毕。38 .解：0(13) = 12 = 22x3, & =2囱=3 为其质因数 (丝3 = 6,处1 = 4,故g为模13的原根的主要条件是： 23/羊 l(modl3), g4 .l(modl3)用g=l, 2,12逐一验证，得：2, 6, 7, 11为模13的原根， 因为。(12) = 4,故模13原根只有4个，即为所求。五、证明题：39.证明：易验证所给的解为原方程的解，因y为偶数，原方程可化为：而(x,z) = /,所以(三土)， ) =1 22由书中引理，我们可假设Z + X 7Z-X ,)=4：二 tr22显然”>b, (a, b)=l,于是X=a2 b2 ,z= a2 + b2 , y=2ab因子为奇数，所以a, b 一定是一为奇，