2025大学初等数论期末统考押题题库及超详细答案

2025大学初等数论期末统考押题题库及超详细答案

一、单项选择题（每题2分，共20分）1.设a=120，b=150，则gcd(a,b)等于（）A.30B.60C.15D.202.欧拉函数φ(12)的值是（）A.2B.4C.6D.83.若2x≡3mod7，则x的解是（）A.5B.6C.3D.44.费马小定理应用中，下列正确的是（）A.2⁴≡1mod5B.3⁵≡1mod6C.4⁶≡1mod7D.5⁴≡1mod95.同余方程组x≡1mod2，x≡2mod3的解是（）A.x≡5mod6B.x≡3mod6C.x≡1mod6D.x≡2mod66.用欧拉判别法判断3是否是模7的二次剩余，结果是（）A.是B.不是C.无法判断D.不确定7.模5的原根是（）A.2B.3C.4D.18.不定方程3x+4y=10的正整数解有（）组A.0B.1C.2D.39.若a的阶是dmodm，且aᵏ≡1modm，则d与k的关系是（）A.d|kB.k|dC.d=kD.无关系10.威尔逊定理应用中，下列正确的是（）A.5!≡-1mod6B.6!≡-1mod7C.7!≡-1mod8D.8!≡-1mod9二、填空题（每题2分，共20分）11.gcd(24,36)=______，lcm(24,36)=______12.φ(18)=______13.同余方程5x≡2mod9的解是x≡______mod914.不定方程2x+3y=7的一组特解是______（写出一组即可）15.模7的二次剩余有______个16.模11的原根最小是______17.若a的阶是6mod7，则a³≡______mod718.同余方程组x≡2mod3，x≡3mod5，x≡1mod7的解是x≡______mod10519.若p是奇素数，且2是模p的二次剩余，则p≡______mod820.不定方程x²+y²=z²中，最小的一组正整数勾股数是______三、判断题（每题2分，共20分）21.若a|b且b|c，则a|c（）22.欧拉函数φ(n)是单调不减函数（）23.费马小定理中，a与p互素是必要条件（）24.中国剩余定理要求模两两互素（）25.模p（奇素数）下，二次剩余和非二次剩余各有(p-1)/2个（）26.模12存在原根（）27.若a的阶是dmodm，则aᵏ的阶是d/gcd(k,d)（）28.不定方程ax+by=c有解的充要条件是gcd(a,b)|c（）29.威尔逊定理的逆定理成立（）30.若a≡bmodm，c≡dmodm，则ac≡bdmodm（）四、简答题（每题5分，共20分）31.证明欧拉函数φ(n)是积性函数，即若m与n互素，则φ(mn)=φ(m)φ(n)32.证明费马小定理：设p是素数，a是整数且(a,p)=1，则a^(p-1)≡1modp33.求解二元一次不定方程3x+5y=17的所有整数解34.用中国剩余定理求解同余方程组：x≡1mod3x≡2mod5x≡3mod7五、讨论题（每题5分，共20分）35.讨论模p（p为奇素数）下二次剩余的个数及分布规律36.讨论原根存在的模m的所有可能类型，并说明理由37.讨论不定方程x²+y²=z²的正整数解（勾股数）的结构，包括本原勾股数的定义及求解38.讨论阶与原根的关系，包括原根的定义、阶的性质对原根存在性的影响答案与解析一、单项选择题答案1.A解析：用辗转相除法，150=120×1+30，120=30×4+0，故gcd=302.B解析：φ(12)=φ(4×3)=φ(4)φ(3)=2×2=43.A解析：2×5=10≡3mod7，故x≡5mod74.A解析：5是素数，2与5互素，2⁴=16≡1mod55.A解析：设x=2k+1，代入第二个方程得2k+1≡2mod3→2k≡1→k≡2mod3→k=3t+2→x=6t+56.B解析：3^(7-1)/2=3³=27≡6≡-1mod7，故不是二次剩余7.A解析：2的阶：2¹=2，2²=4，2³=3，2⁴=1mod5，阶为4=φ(5)，是原根8.B解析：gcd(3,4)=1|10，特解x=2,y=1，通解x=2+4t,y=1-3t，正整数解t=0时x=2,y=19.A解析：阶的定义：最小正整数d使aᵈ≡1，若aᵏ≡1则d|k10.B解析：7是素数，6!≡-1mod7二、填空题答案11.12；72解析：gcd(24,36)=12，lcm=24×36/12=7212.6解析：φ(18)=φ(2×9)=φ(2)φ(9)=1×6=613.4解析：5×4=20≡2mod914.x=2,y=1（或x=-1,y=3等）15.3解析：(7-1)/2=316.2解析：2的阶：2¹=2,2²=4,2³=8,2⁴=16≡5,2⁵=10≡10,2⁶=20≡9,2⁷=18≡7,2⁸=14≡3,2⁹=6,2¹⁰=12≡1mod11，阶为10=φ(11)17.-1解析：a⁶≡1mod7→(a³)²≡1→a³≡±1，若a³=1则阶≤3，矛盾，故a³≡-118.23解析：用中国剩余定理，解为x=105t+2319.±1解析：勒让德符号(2/p)=1当且仅当p≡±1mod820.3,4,5三、判断题答案21.√解析：整除传递性成立22.×解析：φ(6)=2，φ(5)=4，φ(6)<φ(5)，非单调不减23.√解析：若a与p不互素，则aᵖ⁻¹≡0modp≠124.√解析：中国剩余定理要求模两两互素25.√解析：模p奇素数下，二次剩余个数为(p-1)/226.×解析：模12=4×3，4无原根，故12无原根27.√解析：阶的性质：aᵏ的阶为d/gcd(k,d)28.√解析：二元一次不定方程有解充要条件29.×解析：若n=16，(16-1)!≡1mod16≠-1，但n非素数；若n=9，8!≡0mod9≠-1，逆定理不成立30.√解析：同余的可乘性四、简答题答案31.证明：设m,n互素，考虑集合{1,2,...,mn}中与mn互素的数。对每个k∈[1,mn]，k与mn互素等价于k与m、n都互素。由中国剩余定理，每个与m互素的a∈[1,m]和与n互素的b∈[1,n]，唯一对应k∈[1,mn]使k≡amodm，k≡bmodn，且k与mn互素。反之亦然。故φ(mn)=φ(m)φ(n)32.证明：因(a,p)=1，集合S={a,2a,...,(p-1)a}中元素模p两两不同（若ia≡jamodp则i≡jmodp），且都不被p整除，故S={1,2,...,(p-1)}modp。两边相乘得a^(p-1)(p-1)!≡(p-1)!modp，又(p,p-1)=1，故a^(p-1)≡1modp33.解：gcd(3,5)=1|17，先求3x+5y=1的特解，得x=2,y=-1。则原方程特解为x=2×17=34，y=-1×17=-17。通解为x=34-5t，y=-17+3t（t∈Z）34.解：模3,5,7两两互素，M=3×5×7=105，M1=35,M2=21,M3=15。求逆：35x≡1mod3→2x≡1→x=2；21x≡1mod5→x=1；15x≡1mod7→x=1。解为x=1×35×2+2×21×1+3×15×1=70+42+45=157≡52mod105，即x≡52mod105五、讨论题答案35.讨论：模p（奇素数）下，二次剩余个数为(p-1)/2。分布规律：①若a是二次剩余，则a≡k²modp（k=1,2,...,(p-1)/2）；②二次剩余满足a^(p-1)/2≡1modp，非二次剩余满足a^(p-1)/2≡-1modp；③1是所有奇素数模的二次剩余；④若a,b是二次剩余，则ab也是二次剩余；⑤若a是二次剩余，b是非二次剩余，则ab是非二次剩余36.讨论：原根存在的模m为：①m=1；②m=2,4；③m=p^k（p奇素数，k≥1）；④m=2p^k（p奇素数，k≥1）。理由：若m含4×2^k（k≥2）或两个不同奇素数的幂，则无原根。例如m=8=2³，无原根；m=12=4×3，无原根；m=9=3²，有原根237.讨论：勾股数：满足x²+y²=z²的正整数组(x,y,z)。本原勾股数：x,y,z两两互素。本原勾股数结构：x=m²-n²，y=2mn，z=m²+n²（m>n>0，m,n互素且一奇一偶）。证明：设x,y互素（否则可约化），则x,y一奇一偶，z奇。令a=z-y,b=z+y，则ab=x²，a,b互素且同奇，故a=m²,b=n²，得z=(m²+n²)/2，y=(n²-m²)/2（调