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1、初等数论测试试卷一、单项选择题：1分/题X20题=20分1 .设x为实数,x为x的整数局部,那么AA.xxxl;B.xxxl;C.xxxl;D.xxxl.2 .以下命题中不正确的选项是BA.整数ai,a2,L,an的公因数中最大的称为最大公因数；B.整数ai,a2,L,an的公倍数中最小的称为最小公倍数【有最小的吗？】C.整数a与它的绝对值有相同的倍数D.整数a与它的绝对值有相同的约数3.设二元一次不定方程axbyc其中a,b,c是整数,且a,b不全为零有一整数解x0,y0,da,b,那么此方程的一切解可表为C.a,b,A. xx0t,yy°t,t0,1,2,L;ddB.xx0at,

2、yy°-t,t0,1,2,L;ddC. xx°bt,yy0-t,t0,1,2,L;ddD. xx°bt,yy0-t,t0,1,2,L;dd4,以下各组数中不构成勾股数的是DA.5,12,13;B.7,24,25;C.3,4,5;D.8,16,175.以下推导中不正确的选项是DA.athmodm,a?thmodmaa?bib2modm;B.ab1modmdmodmaa2bib2modm;c.ab1modm&a2ba2modm;22D.a1b1modma1blmodm.6 .模10的一个简化剩余系是DA. 0,1,2,L,9;B. 1,2,3,L,10;C.5

3、,4,3,2,1,0,1,2,3,4;D.1,3,7,9.7 .abmodm的充分必要条件是(A)A.mab;b.abm;c.mab;D.abm.8.设fxx42x38x9,同余式fx0mod5的所有解为(C)A. x1或1;B.x1或4;9、设f(x)=anxnKKC.x1或1mod5;D.无解.axa0其中a是奇数,假设xXomodp为f(x)0modp的一个解,那么:(？)A.modp一定为f(x)0modp,1的一个解B. 0modp,1,一定为f(x)0modp的一个解C.当p不整除f(x)时,f(x)0modp一定有解xXomodp,其中xx°modpD.假设xx0mod

4、p为f(x)0modp的一个解,那么有xx0modp10 .设f(x)anxnKKaix%,其中ai为奇数,an0modp,np,那么同余式f(x)0modp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 .假设2为模p的平方剩余,那么p只能为以下质数中的:(D)A.3B,11C.13D.2312 .假设雅可比符号-1,那么(C)m2A.同余式xamodm一止有解,2B.当a,m1时,同余式xamodp有解；C.当mp奇数时,同余式x2amodp有解;D.当ap奇数时,同余式x2amodp有解.13.假设同余式x2amod2,3,2,a1有解,那么解数等于AA.4B

5、.3C.2D.114,模12的所有可能的指数为：AA.1,2,4B.1,2,4,6,12C.1,2,3,4,6,12D,无法确定15 .假设模m的原根存在,以下数中,m不可能等于：DA.2B,3C,4D.1216 .对于模5,以下式子成立的是BA.ind322B.ind323C.ind350D.ind310ind32ind3517 .以下函数中不是可乘函数的是：CA.茂陛鸟斯mobius函数wa;B.欧拉函数a;C.不超过x的质数的个数x;D.除数函数a;18 .假设x对模m的指数是ab,a>0,ab>0,那么a对模m的指数是BA.aB.bC.abD.无法确定19 fa,ga均为可

6、乘函数,那么A.fa、,一一,A.faga为可乘函数；B.为可乘函数gaC.faga为可乘函数；D.faga为可乘函数20.设a为茂陛乌斯函数,那么有B不成立A.11B.11C.21D.90二.填空题：每题1分,共10分21 .3在45!中的最高次n=21;22 .多元一次不定方程：a1x1a2x2LanxnN,其中a1,a2,an,N均为整数,n2,有整数解的充分必要条件是_ai,a2,an,IN_；a23 .有理数,0ab,a,b1,能表成纯循环小数的充分必要条件是_10,b=1_b24 .设xx0modm为一次同余式axbmodm,a、0modm的一个解,那么它的所有解为一Xot-,t0

7、,1,2,L_;a,m25.威尔生(wilson)定理：p1!+10modp,p为素数26 .勒让德符号眄=11013p127 .假设a,p1,那么a是模p的平方剩余的充分必要条件是a21modp欧拉判别条件;28 .在模m的简化剩余系中,原根的个数是m29.设1,g为模p的一个原根,那么模2p的一个原根为_g与g+pa中的奇数_；30 .4816°三.简做题：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 .假设a,m1,x通过模m的简化剩余系,那么ax也通过模m的简化剩余系这命题是否正确？正确请证实,不正确请举反例.33 .求模17的简化剩余系

8、中平方剩余与平方非剩余.34 .设ap11p22Lpj为a的标准分解式,记Sa为a的正因数的和,a为a的正因数的个数,那么Sa=?a=?为什么？四.计算题.7分/题4题=28分35 .求不定方程6x+93y=75的一切整数解.x1mod536 .解同余方程组y3mod6z2mod737 .解同余式x2m11mod12538 .求模13的所有原根.五、证实题：7分/题X2题=14分22239、试证：x22y2z2,(x,y)=1,y是偶数的整数解可写成：22-2_2x(a22b2)y2abza2b这里ab0,a,b1,并且的&一为奇数,一为偶数.a40、设a为正整数,试证：(d)(-)a

9、d|ad|ad其中表示展布在a的一切正因数上的和式.d|a六、应用题：(8分)41、求30!中末尾0的个数.参考答案1 .单项选择：ABCDD;DACCB;DCAAD;BCBAB.2 .填空题：21.21;22.-i,-2,L,an|N；23.b,101；24.凡t,t0,1,2,L;a,m25.p1!+10modp巾为素数；26.1；p127.a21modp；28.m；29.g与gp中的单数；30.162二.简做题：31.答：命题正确.Q2m112m112m112m2m24mm1而mm1必为2的倍数.86页32.正确.证实见教材已7.定理1假设(a,m)=Lx通过模m的简化剩余系.那么ax通

10、过模m的简化剩余系.liF：ax有中(m)个数,因(a,m)=l,(x,m)=l所以(ax,m)=1,假设三Q%(moM)那么%三修(modm),这身余盾力所以ax通过模m的简化剩余系.233.在摸p的简化剩余系中与12,22,L,2同余的数是数p的平方剩余,21 _2_2_2_2_2_2_2_2_p17,-p18,11,24,39,416,58,62,715,8132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.k34. sa1i1a11k证实：假设fa为可乘函数,那么f1fpiLfpj|ai1分别令faa.fa1,它

11、们为可乘函数,即得出.四.计算题35.解：由于6,933|75,故原不定方程有解.又原方程即2x31y25,而易见方程2x31y1有解''一一.、一、一一*.一X016,y01.所以原万程的一个解是X0400,y025pi2pipi所以,原方程的一切整数解是:pi11pi1x40031tt是整数r252t36 .解：由于模5,6,7两两互质,由孙子定理得所给同余方程组关于模5>6歹=210有唯一解,分别解同余方程：42x1mod5,35x1mod6,30x1mod7,得x3mod5,x1mod6,x4mod7因此所给同余方程组的解是：x423135133042mod210

12、即：x26151mod21037 .解：从同余方程x211mod5得x1mod5,.一2c一c再从15t111mod52,得10t110mod52,2因此t11mod5,于是1t16mod5,2222o是211mod52的解,又从652t211mod53得300t225mod53,因此12t21mod5即t22mod5,所以x652256是所给方程的一个解,于是所解为:x56mod125解毕.238 .解：131223,g12,g23为其质因数13136,4,故g为模13的原根的王要条件是：2364g1mod13,g1mod13用g=1,2,12逐一验证,得：2,6,7,11为模13的原根,由于124,故模13原根只有4个,即为所求.五、证实题：39.证实：易验证所给的解为原方程的解,因y为偶数,原方程可化为：zxzxzxzx2,22,2zzxzx.zxzx,|,x2222而所以(二)=122由书中引理,我们可假设zx2zx,2=a,=b显然a>b,(a,b)=1,于是222.2一.X=ab,z=a+b,y=2ab因子为奇数,所以a,b一定是一为奇,一为偶,证毕40 .证实：假定di,-,dk为a的所有正约数,那末亘,-,且也是a的所有正约数,于是didk(d