2022年《初等数论》试卷及参考答案(与闵嗣鹤第三版配套)

1、精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -初等数论试卷一、 单项挑选题：（ 1 分/题×20 题=20 分）设 x 为实数，x 为 x 的整数部分，就 xxx1 ；xxx1；xxx1 ；xxx1以下命题中不正确选项整数a1, a2 , an 的公因数中最大的称为最大公因数；整数a1, a2 , an 的公倍数中最小的称为最小公倍数整数 a 与它的肯定值有相同的倍数整数 a 与它的肯定值有相同的约数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 ，就此方程的一切解可表为 xxa

2、t , yyb t, t0,1,2,;00dd xxa t , yyb t, t0,1,2,;00dd xxb t , yya t, t0,1,2,;00dd xx0b t , yyd0a t, t d0,1,2,;以下各组数中不构成勾股数的是 ，；，； ，；， 以下推导中不正确选项 a1b1modm, a2b2modma1a2b1b 2mod m ; a1b1modm, a2b2modma1a2b1b 2modm ; a1b1mod ma1a2b1a 2mod m ;22 abmod mabmod m .1111模的一个简化剩余系是 0,1,2,9; 1,2,3,10;精选名师 优秀名师 -

3、 - - - - - - - - -第 1 页，共 14 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -5,4,3,2,1,0,1,2,3,4; 1,3,7,9. ab mod m 的充分必要条件是 m ab ; ab m;43 m ab; ab m.设fxx2x8x9 ，同余式fx0 mod5的全部解为 x1 或1; x1 或 4; x1 或1 mod5 ;无解9、设fx= a xna xa 其中 a 是奇数 ,如xxmod p为 fx0 mod p的一个n解，就 :Amod p肯定为10if x0 mod p0,1的一个

4、解B0mod p,1,肯定为f x0 mod p的一个解C 当p不整除f x时,f x0 mod p肯定有解xx0mod p, 其中 xx0mod pnD 如xx0mod p为f x0mod p的一个解, 就有xx0mod p10 设fxan xa1xa0,其中ai为奇数 , an0 mod p, np, 就同余式f x0 mod p 的解数 ：（）A 有时大于p 但不大于 n;B可超过 pC等于 pD 等于 n11如 2 为模 p 的平方剩余，就p 只能为以下质数中的:A 3B11C 13D 2312如雅可比符号am1 ，就A 同余式 x2a mod m肯定有解 ,B 当a, m1时,同余式

5、 xamod p有解 ;22C 当mp奇数 时,同余式 xamod p有解 ;精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 2 页，共 14 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -D 当ap奇数时同,余式 xa mod p有解 213 如同余式 x2amod 2,3, 2, a1有解 ,就解数等于A 4B3C2D 114 模 12 的全部可能的指数为;A 1， 2，4B1，2，4， 6， 12C 1， 2， 3，4， 6， 12D无法确定 15 如模 m 的单根存在，以下数中，m 可能等于 :A 2B

6、3C 4D1216对于模 5，以下式子成立的是: A ind3 22B ind3 23C ind3 50D ind310ind3 2ind3 517以下函数中不是可乘函数的是: A 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 如 x 对模 m的指数是 ab ， a >0， ab >0，就 x对模 m的指数是 A aB bC abD 无法确定19 fa， g a均为可乘函数，就f aA faga 为可乘函数；Bg a为可乘函数C faga 为可乘函数；D faga为可乘函数20设a为茂陛乌斯函数，就有不成立A11B11C2

7、1D 90二填空题：（每道题1 分，共 10 分）21 3 在 45. 中的最高次n ；22 多元一次不定方程：a1x1a2 x2an xnN ，其中 a1， a2， an，N 均为整数，n2 ，有整数解的充分必要条件是 ；精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 3 页，共 14 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -23 有 理 数 ab， 0ab ，a,b1 ， 能 表 成 纯 循 环 小 数 的 充 分 必 要 条 件 是 ；24 设xx0modm 为一次同余式axbmod m， a0 m

8、od m 的一个解， 就它的全部解为 ；25 威尔生（ wilson ）定理： ；26 勒让德符号5031013= ；27 如a, p1 ，就 a 是模 p 的平方剩余的充分必要条件是 欧拉判别条件 ；28 在模 m 的简化剩余系中，原根的个数是 ；29 设1 ， g 为模 p的一个原根，就模2 p的一个原根为 ；3048 ；三简答题：（ 5 分题 ×4 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 “如a, m1， x 通过模 m的简化剩余系，就ax也通过模 m 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

9、化剩余系中平方剩余与平方非剩余；34设 ap 1 p 2p k 为 a 的标准分解式， 记 S a 为 a 的正因数的和，a 为 a的正因数的12k个数，就 S a ？a？为什么？四运算题；（ 7 分题 ×4 题 28 分）35 求不定方程6x+93y=75 的一切整数解；36 解同余方程组x 1 mod 5y 3 mod 6z 2mod 737解同余式x2 11mod12538求模 13 的全部原根；五、证明题：（ 7 分/题×2 题 =14 分）39、试证：x22y2z2 ，（x， y） =1 y 是偶数的整数解可写成：xa22b2 y2 abza 22b2精选名师 优

10、秀名师 - - - - - - - - - -第 4 页，共 14 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -这里 ab0 ，a, b1，并且一为奇数，一为偶数；40、设 a 为正整数，试证：d d|ad |a a a d其中d |a表示展布在a 的一切正因数上的和式；六、应用题：（ 8 分）41、求 30！中末尾 0 的个数；参考答案：一单项挑选：ABCDD ； DACCB ； DCAAD ；BCBAB ；m二填空题： 2121；22a1 , a2 ,an| N ；23b,101；24x0t,ta, m0,1, 2,；

11、25p1 ！ +10 mod p, p 为素数； 26 1；p 127 a 21 mod p； 28m； 29 g 与 gp中的单数； 30 16三简答题： 31答：命题正确；22m112m112m112m2m24m m1而 m m1 必为 2 的倍数；86 页32正确证明见教材P47 ；33 在 摸p 的 简 化 剩 余 系 中 与12 ,2 2 ,2p1同 余 的 数 是 数p 的 平 方 剩 余 ，2p17, 1p218 ， 121,2 24,329,4216 ， 528,6 22,7 215,8213故 1，2，4，8，9，13，15， 16 为摸 17 的平方剩余，而3， 5，6，7

12、，10，11， 12，14 为摸 17的平方非剩余；kkp i 1134 s a1pp2p iiiii 1i 1pi1ia1121k1证明：如fa为可乘函数，就kf1|ai1fpifpi分别令f aa. fa1 ，它们为可乘函数，即得出；精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 5 页，共 14 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -四运算题35解：由于6,933| 75，故原不定方程有解；又原方程即2 x31y25 ，而易见方程2 x31y1 有解x'16, y'1 ；所以原方程

13、的一个解是x400, y250000所以，原方程的一切整数解是：（）x40031tr252tt 是整数36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5×6×7 210 有唯独解，分别解同余方程：42 x1 mod5， 35x1 mod6， 30 x1 mod7，得x3 mod5，x1m o d 6， x4 mod7因此所给同余方程组的解是：x42 3 1351330 4 2 mod210即： x26151 mod210237解：从同余方程x11 mod5 得x1 mod5，2再从 15t11 mod5 2, 得10t10mod5 2，11因此 t1

14、mod 5 ,于是1t6 mod 52，2211是211 mod5 2的解 ,又从652 t11 mod5 32得 300t225mod 53,因此12t1 mod 52即 t22 mod5 ,所以x65256是所给方程的一个解，于是所解为：x56 mod125解毕；38解：1312223, g2, g3为其质因数1213136,4 ，故 g 为模 13 的原根的主要条件是：23精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 6 页，共 14 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -6g 1 mod13，

15、 g 41 mod13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：2zxzxr222zxzxzxzx但,|,z 2222zx , zx 22|zx , zxx 22而，所以（zx ，2zx ） =12zx =a 2 ，2由书中引理，我们可假设2zx=b2明显 a >b， a ， b=1 ， 于是X= a 2 b 2 ，z= a 2 + b 2，y=2 ab40证明：假定因子为奇数，所以a ，b 肯定是一为奇，一为偶，证毕d

16、1 ， - ， dk 为 a 的全部正约数，那末a ， - ， a d1d kd =d ad a也是 a 的全部正约数，于是 a d再由于在 a的完全剩余系中任一数a 的最大公约数必定是d1 ，-， dk 中某一个数，而完全剩余系中与a 的最i大公约数为 d 的数有 m ，所以：di m = m证毕d ad精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 7 页，共 14 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -六应用题：41解： 5 在 30！中的最高次幂 =305+3052+3053=6+1+0=730

17、2 在 30！的最高次幂 =23030+2+3223030+4+522=15+7+3+1+0=2610=2×5，故30！的末尾有7 个零；20XX 年 4 月广东省高等教训练育自学考试初等数论试卷一、单项挑选题；（本大题共15 小题，每道题2 分，共 30 分）1-36， 420，48 三个数的公因数是（A± 1，± 3，± 4，± 5，± 6，± 12）B. ± 1,± 2,± 3,±4,±6,±,12C. ±2,±3,±4,

18、7; 6D1,2,3,4,5,6,122.设 a,b. Z 整数集 ，p 是素数，且 p ab ；就（）A a,b 中恰有一个是p 的倍数B.a,b 中没有 p 的倍数C.a,b 中必有一个是p 的倍数D. a,b 都是 p 的倍数3.设 a,b 是非零整数,d=a,b,就以下成立的是轾abA 犏,=ab轾ababB. 犏,=臌臌犏dd犏ddd轾abab轾ababC. 犏,=2D. 犏,=2臌臌+犏ddd犏ddd4. 设a, b, c, v .Z 且aubv =1, 就对于任意 d .Z 正整数集 A. ad, bd = dB. ad,bd =abdC. ad, bd = abD. 轾犏ad,

19、 bd= d臌5.对任意实数 a ,必有 A. 轾- a=轾- a+ 1B. 轾- a=a -a 臌犏犏臌犏臌C. 轾- a=轾- aD. -a = -a 臌犏犏臌6.以下不定方程中,有整数解的是 精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 8 页，共 14 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -A. 27x +75y +33z =48B. 27x +75y +65z = 72C. 42x -70y +14z =33D. 100x +20y +45z =327.设 a,b挝Z , mZ + , a

20、.bmodm 就 A.a,b=a,mB.a,b=b,mC.a,m=m,bD.a-b,m=a,m8.以下集合中 ,是模 15 的简化剩余系的是A. 1,2, 3,5, 7, 8,11,13 B. 1, 2, 37,8 C. 1, 4, 8, 7,11,13,14 9.以下同余式中成立的是D. -29,14, -2, 2,19,19, 7, 8 A. 3648 o1mod 49B. 27 20 o1mod 25C.4 72 o4mod 72D. 3541 o1mod 4110.设同余式 axo bmodm 有解 ,就下述断语中正确选项A. 该同余式有模m 的 m-1 个解B. 在模 m 的一组完全

21、剩余系中,有b,m 个数满意该同余式C. 在模 m 的一组完全剩余系中,有a,m个数满意该同余式D. 在模 m 的一组完全剩余系中,有ab,m 个数满意该同余式11.设素数 p>2,a,b 分别是模 p 的平方剩余和平方非剩余,就以下成的是 A.ab 是模 p 的平方非剩余B. ab2 是模 p 的平方非剩余22 2C a b 是模 p 的平方剩余D. a b 是模 p 的平方非剩余12.设对模 m 的指数为 k.,就 A. k mB. m kC. k aD, k j m 13.如模 m 的原根存在 ,就 m 可能是 A.15 的倍数B.16 的倍数B.81 的 2 倍D.42 的倍数1

22、4.如 x 对模 m 的指数是 ab,a>0,b>0,就 x b 对模 m 的指数是 abA.B.bm精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 9 页，共 14 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -C. a -bD.a15.设 g 是模 m 的一个原根 , c = jm .K是模 c 的一个非负完全剩余系,就 L= gt ,t. K 是A. 模 m 的一个完全剩余系B 模 m 的一个简化全剩余系臌C 模 c 的一个完全剩余系D 模 c 的一个简化全剩余系二. 填空题（本大题共10，每

23、道题 2 分，共 2 分）16.设 a =24 创3553 .112 ,b22 创5674 .132 , c =3 创5375 .133 , 就 轾犏a, b,c =17.如 a,b,是两个整数 ,b>0,设 m =轾a犏犏 , r臌b镲禳a镲= 睚镲铪b,就用 m,r 表达的 b 除 a 的带余式是.18. 100.32.的标准分解中7 的指数为.a19.有理数0 < a < bb, a,b =1 能表示成纯循环小数的充分必要条件是.20. 设 m =p a1 pa2 Lp ak , p, p ,Lp 是 m 的互不相同的素数,就 jm =12k12k.21.设 a,b,c

24、,m 都是整数 ,ab oac modm ,就当时 ,b ocmodm .22. 设 m =a1a 2ppL12apkk, pi 为互异的奇素数i=1,2.,k, a, m =1 ,就同余式x 2 oamod m 有解时 ,解数为.23.设 m 是偶数 ,就模 m 有原根的充分必要条件是.24.设 a 对模 m 的指数为 t,就 ak o1mod m成立的充分必要条件是.25如 a1, a2 ,L, at是与 m 互素的 t 个整数，就ind a1,a2 ,L, at omodj m 三、运算题；（本大题共4 题，第 26， 27 小题各 5 分，第 28，29 小题各 7 分，共 24 分）

25、26解不定方程123x +57y =531的整数解 .27.求 3 对模 52 的指数 .28.解同余方程组ì.x o.íx o.x o.2mod 33mod 43mod 529对哪些奇素p,3 是模 p 的二次剩余 .精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 10 页，共 14 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -四、应用题（此题10 分）30今日是星期三，试求经过t = 2002003 +12100 1999 天后是星期几？五、证明题（本大题共2 题，每道题8 分，共 3

26、0 分） 31求证 3 是模 17 的原根 .32.已知 383 是素数，求证x 2 o219mod 383 有解 ；一、单项挑选题20XX 年 4 月广东省高等教训练育自学考试初等数论试题答案及评分参考15BCDAB610ACDBC1115ADCDB二、填空题16. 24 创3556 创75112 .133a轾犏17.a = b 犏臌b禳镲abg镲+睚镲铪b 或a =bm +br 18.1219. b,10 =1或存在一个正整数 t,使得 10to 1mod b成立 ；a20 p1 -a - 1ap1 p1 -p a 2 - 1 Lp ak -p a k - 1 或 m1 -1 1 -1 L

27、1 -1 1122kk21（ a,m）=122. 2kp1p2pk23.m=2,4 或 2p a ，其中 a 为正整数， p 为素数24 t k25 inda 1 +idna 2 + L+ idna t三、运算题26解：（ 123，57）= 3 531 ，所以方程有整数解；化简方程得4 1+1y9=1 7. 71 分解得4 1=1 .92319 =3 . 61于是 1 =19 -3 . 619 -41 -19 创26精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 11 页，共 14 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - -

28、- - - - -=41 .6 +19 . 13故 41 .6 .17719 创16177 =177知方程有特解x0 =-6. 177,y013.177（ 3 分）一般解为ì.x = -í6 . 17719t（ t =0,北1,2,L）（ 5 分）.y = 13 .17741t27、解：j（52）=24 ，24 的正因数为1， 2， 3，4，6，8， 12， 24（2 分）依次检验：31 汉 3，329，33汉27，342（9mod 5236 o1mod 52（ 4 分）故 3 对模 52 的指数是 6（ 5 分）28、 解： m1 =3,m2 =4,m3 =5, m =

29、60''M 1 =20, M 2 =15, M 3 = 12'而 M 1 =2,M 2=3,M 3 =3（ 3 分）故此同余组的解为x 捍220 .23 创153 +3 创123mod 60o23mod 60（7 分）29、解：明显 p 3 5 ，由二次互反律，有骣3 鼢 骣 p3- 1 p- 1骣p .p- 1珑鼢=·- 1 22= .-1 2（ 1 分）珑桫p 鼢桫3骣p ÷.桫3 .1,如po 1mod3÷.由于 .=桫3 ÷- 1，如 p . 2mod3- 1p- 12.1, 如 p o 1mod43 分-骣3 鼢鼢珑所以珑=桫 p 鼢1，如 p . 3mod4骣p1 .-桫3p - 11 2精选名师 优秀名师 - - - -