02013自学考试初等数论模拟试题(含答案)

02013自学考试初等数论模拟试题（含答案）一、（1分题×20题=20分）xxx()Ａ．xxx1；Ｂ．xxx1；Ｃ．xxx1；Ｄ．xxx1．()Ａ．整数aa,

,a的公因数中最大的称为最大公因数；1 2 nＢ．整数aa,

,a的公倍数中最小的称为最小公倍数1 2 nＣ．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axbyc（abcab不全为零）有一整数解x,y0

,da,b，则此方程的一切解可表( )Ａ．xx0

at,yyd

bt,t0,1,2, ;dＢ．xx0Ｃ．xx0Ｄ．xx

at,yyd bt,yyd bt,yy

bt,t0,1,2, ;dat,t0,1,2, ;dat,t0,1,2, ;0 d 0 d４．下列各组数中不构成勾股数的( )Ａ．５，１２，１３； Ｃ．３，４，５； Ｄ．８，１６，１７５．下列推导中不正确的( )Ａ．a1

bmodm,a1

bmodmaa2 1

b1

modm;2Ｂ．

bmodm,

bmodmaa

bb

modm;1 1 2 2

12 1 2Ｃ．

bmodmaa

ba

modm;1 1 12 1 2Ｄ．a2b2modma1

bmodm.11 1６．模１０的一个简化剩余系( )Ａ．0,1,2, ,9; Ｂ．1,2,3, ,10;Ｃ．5,4,3,2,1,0,1,2,3,4; Ｄ．1,3,7,9.７．abmodm的充分必要条件( )Ａ．mab; Ｂ．abm;Ｃ．mab; Ｄ．abm.８．设fxx42x38x9，同余式fx0mod5的所有解( )Ａ．x1或Ｂ．x1或Ｃ．x1或Ｄ．无解．9f(x)=

xn

ax

其中a,x

p为f(x)0modp的n 1 0 i 0一个解，:( )Amodp一定为f(x)0p的一个解 B．0

modp 1,一定为f(x)0modp的一个解C ．当不整除f(x),f(x0p一定有解xx0

p其中x

xmodp0D若xx0

p为f(x)0p的一个解则有x

xmodp0f(x)axn axa,其a为奇,a

0modp,np,则同余式n 1 0 i nf(x)0modp的解数（ ）有时大于p但不大于n; B．可超过pC．等于p D．等于n若2为模p的平方剩余，则p只能为下列质数中的:( )A．3 B．11 C．13 D．23 若雅可比符号a1，则 m x2amodm,当mx2ap有解;mp(x2ap有解;ap(x2ap有解．13．若同余式x2a3,2,a有,则解数等于( )A．4 B．3 C．2 D．1模12的所有可能的指数;( )A．1，2，4 B．1，2，4，6，12 C．1，2，3，4，6，12 D．无法确定若模m的单根存在，下列数中可能等: ( A．2 B．3 C．4 D．12对于模5，下列式子成立的:( )A．ind22 B．ind233 3C．ind50 D．ind10ind2ind53 3 3 3下列函数中不是可乘函数的: ( A．茂陛鸟(mobius)函数w(a) ;欧拉函数a；x的质数的个数x；除数函数a；若x对模m的指数是ab，a>0，ab>0，则x对模m的指数( )Aa Bb ab fa，ga均为可乘函数，( )A．faga为可乘函数；

faga为可乘函数C．faga为可乘函数； D．faga为可乘函数设a为茂陛乌斯函数，则( 不成立A．1 B．11 C．2D．90（每小题1分，共10分）3在45!中的最高次n＝ ；ax11

ax22

axnn

N，其中a ，a1

，…，an

，N均为整数，n2，有整数解的充分必要条件；23a0aba,b1，能表成纯循环小数的充分必要条件是b ；xx0

modmaxbmodma0modm的一个解，则它的所有解；威尔生（wilson）定理； 26．勒让德符号503= 1013 若a,p1，则a是模p的平方剩余的充分必要条件是 (欧拉判别条件)；在模m的简化剩余系中，原根的个数；设1，g为模p的一个原根，则模2p的一个原根；30．48 （54题20分）“18”对吗？说明理由。“若am1x通过模m的简化剩余系，则ax也通过模m”这命题是否正确？正确请证明，不正确请举反例。17的简化剩余系中平方剩余与平方非剩余。1设a11

p22

pkk

为aSa为aa为a的正因数的个数，则Sa＝？a＝？（7×4题＝28分）6x+93y=75的一切整数解。x1mod5解同余方程组y3mod6z2mod737．解同余式x2≡11(mod125)38．求模13的所有原根。（7分题×2题=14分）3、试证：x22y2z2（，）=1y是偶数的整数解可写成：x(a22b2) y2ab za22b2这里ab0a,b1，并且40、设a为正整数，试证：

一为奇数，一为偶数。((d)(d|a d|a

a)ad其中d|a

表示展布在a的一切正因数上的和式。（8分）41、求30！中末尾0的个数。参考答案：一．单项选择：ABCDD；DACCB；DCAAD；BCBAB。二．填空题：21．21；22．

,a, ,

|N ；23．b,101；1 2 n24．

t

,t0,1,2,

；25p1！+10modp,p为素数；26．1；m0mp127．a2

a,m1modp；28．

与gp中的单数；30．16三．简答题：31．答：命题正确。

2m212m2m2m2m24mm1而mm12的倍数。86页32．正确．证明见教材P 。47

p1233．在摸p的简化剩余系中与12,22,

, 同余的数是数p的平方剩余， 2 p17,1p18，121,224,329,4216，528,622,7215,821321，2，4，8，9，13，15，16173，5，6，7，10，11，12，1417的平方非剩余。34．

ak

1pp2

k

p11iii i1

ii p1i1 ia1

12

1 k

1证明：若fa为可乘函数，则

f

fpi

fp．ii．i|a i1fafa1四．计算题35．解：因为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x'16,y'0

1。所以原方程的一个解是x0

400,y0

25所以，原方程的一切整数解是（ ）x40031tr25

t是整数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有唯一解，分别解同余方程：42x1mod535x30x，得x3mod5，xmo，x4mod7因此所给同余方程组的解是：x423135133042mod210x261 x211mod5x1mod5 再从1t1

11mod52

10mod52 ，因此t1

1mod51t

6mod52 ，是211mod52又从652t

mod53得300t2

25mod53 ,12t2

1mod5即t2mod5,所x652256 是所给方程的一个解，于是所解为：2xmod5 解毕。38．解：12223, g1

2,g2

3 为其质因数 6 g13的原根的主要条件是：2 3g6mod3g4mod1用g=1，2，……1213因为4134个，即为所求。五、证明题：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：z 2 2 但 z

x z

xz22 22

2 2 zx x z x 2 , 2 | 2 , 2 x ，所以

zx zx， ）=12 2由书中引理，我们可假设zx zx= a2， =b22 2显然a>b，(a，b)=1，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，一为偶，证毕证明：假定d1

，---，dk

为a的所有正约数，那末ad 1

a也是a的所有正约数，于是dk(d)=