初等数论期末考试试题及详细参考答案

初等数论期末考试试题及详细参考答案一、考试说明1.适用专业：数学与应用数学、小学教育（数学方向）等本科相关专业2.考试时长：120分钟满分：100分3.考试形式：闭卷4.核心考点：整除理论、最大公约数与最小公倍数、不定方程、同余理论、欧拉函数、费马小定理、威尔逊定理、二次剩余二、试题部分一、单项选择题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）1.下列数组中互质的是（）A.(12,18)B.(15,28)C.(21,35)D.(9,15)2.若整数\(a,b\)满足\(a\equivb\pmod{m}\)，则下列结论错误的是（）A.\(m\mida-b\)B.\(a+km\equivb\pmod{m}(k\in\mathbbZ)\)C.\(a^2\equivb^2\pmod{m}\)D.\(m\mida+b\)3.欧拉函数\(\varphi(12)=\)（）A.4B.6C.8D.124.下列方程中存在整数解的是（）A.\(2x+4y=5\)B.\(3x+6y=2\)C.\(5x-10y=15\)D.\(4x-6y=1\)5.根据费马小定理，若\(p\)为素数，\(p\nmida\)，则\(a^{p-1}\equiv\)（）\(\pmod{p}\)A.0B.1C.\(a\)D.\(p\)二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）1.\((24,36)=\)________，\([24,36]=\)________。2.不定方程\(3x+5y=1\)的一组特解为________。3.威尔逊定理：若\(p\)为素数，则\((p-1)!\equiv\)________\(\pmod{p}\)。4.同余式\(2x\equiv1\pmod{5}\)的解为________。5.\(\varphi(18)=\)________。三、计算题（本大题共4小题，每小题8分，共32分）1.利用辗转相除法求\((108,144)\)，并将其表示为108与144的整数线性组合。2.求解二元一次不定方程\(7x+4y=100\)的全部整数解。3.求解同余方程组：\(\begin{cases}x\equiv2\pmod{3}\\x\equiv3\pmod{4}\\x\equiv1\pmod{5}\end{cases}\)4.计算\(2^{2026}\pmod{7}\)的余数。四、解答题（本大题共2小题，每小题9分，共18分）1.判断同余式\(x^2\equiv3\pmod{11}\)是否有解，若有解求出全部解，若无解说明理由。2.已知\(p\)为奇素数，证明：\(1^2+2^2+\dots+(p-1)^2\equiv0\pmod{p}\)。五、证明题（本大题共2小题，每小题10分，共20分）1.证明：若\(a,b\)为正整数，则\([a,b](a,b)=ab\)。2.证明：任意大于3的素数\(p\)满足\(p^2\equiv1\pmod{24}\)。三、参考答案及详细解析一、单项选择题（每小题3分，共15分）1.B解析：若两个正整数的最大公约数为1，则两数互质。\((12,18)=6\)，\((15,28)=1\)，\((21,35)=7\)，\((9,15)=3\)，故选B。2.D解析：由同余定义，\(a\equivb\pmod{m}\iffm\mida-b\)，可推出A、B、C均成立，\(m\)不一定整除\(a+b\)，例：\(5\equiv3\pmod{2}\)，\(2\nmid8\)不成立，故选D。3.A解析：\(12=2^2\times3\)，由欧拉函数公式\(\varphi(n)=n\prod(1-\frac{1}{p})\)，\(\varphi(12)=12\times(1-\frac{1}{2})\times(1-\frac{1}{3})=4\)。4.C解析：二元一次不定方程\(ax+by=c\)有整数解的充要条件是\((a,b)\midc\)。A:\((2,4)=2\nmid5\)；B:\((3,6)=3\nmid2\)；C:\((5,-10)=5\mid15\)；D:\((4,-6)=2\nmid1\)，故选C。5.B解析：费马小定理标准结论：\(p\)为素数，\(a\)不被\(p\)整除时，\(a^{p-1}\equiv1\pmod{p}\)。二、填空题（每小题3分，共15分）1.12；72解析：辗转相除法得最大公约数\((24,36)=12\)，最小公倍数\([24,36]=\frac{24\times36}{12}=72\)。2.\(x=2,y=-1\)（答案不唯一）解析：代入验证：\(3\times2+5\times(-1)=6-5=1\)，满足方程。3.-1（或\(p-1\)）解析：威尔逊定理核心结论：素数\(p\)满足\((p-1)!\equiv-1\pmod{p}\)。4.\(x\equiv3\pmod{5}\)解析：尝试整数解，\(2\times3=6\equiv1\pmod{5}\)，故同余式解为\(x\equiv3\pmod{5}\)。5.6解析：\(18=2\times3^2\)，\(\varphi(18)=18\times(1-\frac{1}{2})\times(1-\frac{1}{3})=6\)。三、计算题（每小题8分，共32分）1.（8分）解：辗转相除法计算最大公约数：\(144=1\times108+36\)\(108=3\times36+0\)故\((108,144)=36\)。回代变形：\(36=144-1\times108\)即整数线性组合：\(\boldsymbol{36=(-1)\times108+1\times144}\)。（步骤完整6分，线性组合2分，共8分）2.（8分）解：不定方程\(7x+4y=100\)，\((7,4)=1\mid100\)，方程有无穷多整数解。先找一组特解：观察得\(x=0,y=25\)是一组特解。对应齐次方程\(7x+4y=0\)的通解为：\(x=4t,y=-7t\(t\in\mathbbZ)\)故原方程全部整数解为：\[\begin{cases}x=4t\\y=25-7t\end{cases}\quad(t\in\mathbbZ)\]（判断有解2分，特解2分，通解4分）3.（8分）解：采用中国剩余定理求解由\(x\equiv2\pmod{3}\)，设\(x=3k+2\(k\in\mathbbZ)\)代入第二个同余式：\(3k+2\equiv3\pmod{4}\implies3k\equiv1\pmod{4}\)得\(k\equiv3\pmod{4}\)，即\(k=4m+3\(m\in\mathbbZ)\)代入得\(x=3(4m+3)+2=12m+11\)代入第三个同余式：\(12m+11\equiv1\pmod{5}\implies2m+1\equiv1\pmod{5}\implies2m\equiv0\pmod{5}\)得\(m\equiv0\pmod{5}\)，即\(m=5n\(n\in\mathbbZ)\)综上，\(x=12\times5n+11=60n+11\)方程组的解为：\(\boldsymbol{x\equiv11\pmod{60}}\)。（步骤分步给分，最终解正确得满分）4.（8分）解：由费马小定理，素数\(7\)，对任意\(7\nmid2\)，有\(2^6\equiv1\pmod{7}\)\(2026\div6=337\cdots\cdots4\)，即\(2026=6\times337+4\)\(2^{2026}=(2^6)^{337}\times2^4\equiv1^{337}\times16\equiv16\pmod{7}\)\(16\equiv2\pmod{7}\)，故\(\boldsymbol{2^{2026}\equiv2\pmod{7}}\)。四、解答题（每小题9分，共18分）1.（9分）解：利用欧拉判别法判断二次剩余：设\(p\)为奇素数，\(a\)不被\(p\)整除，则\(a^{\frac{p-1}{2}}\equiv\begin{cases}1\pmod{p},a为二次剩余\\-1\pmod{p},a为非二次剩余\end{cases}\)本题\(p=11,a=3\)，\(\frac{p-1}{2}=5\)计算：\(3^5=243\)，\(243\div11=22\cdots\cdots1\)，即\(3^5\equiv1\pmod{11}\)故\(3\)是模\(11\)的二次剩余，同余式有解。逐一验证\(1\leqx\leq10\)：\(5^2=25\equiv3\pmod{11}\)，\(6^2=36\equiv3\pmod{11}\)因此同余式的全部解为：\(\boldsymbol{x\equiv5,6\pmod{11}}\)。2.（9分）证明：平方和公式：\(1^2+2^2+\dots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\)令\(n=p-1\)，则：\(1^2+2^2+\dots+(p-1)^2=\frac{(p-1)p(2p-1)}{6}\)显然\(p\midp(p-1)(2p-1)\)，故整个式子为\(p\)的整数倍。因此\(\frac{(p-1)p(2p-1)}{6}\equiv0\pmod{p}\)即\(1^2+2^2+\dots+(p-1)^2\equiv0\pmod{p}\)，得证。五、证明题（每小题10分，共20分）1.（10分）证明：设\(d=(a,b)\)，令\(a=da_1,b=db_1\)，则\((a_1,b_1)=1\)。由互质整数性质，\([a_1,b_1]=a_1b_1\)。最小公倍数性质：\([a,b]=d[a_1,b_1]=da_1b_1\)左边：\([a,b](a,b)=da_1b_1\cdotd=d^2a_1b_1\)右边：\(ab=da_1\cdotdb_1=d^2a_1b_1\)左右两边相等，故\([a,b](a,b)=ab\)，原等式成立。2.（10分）证明：\(24=8\times3\)，且\(8,3\)互质，只需证明：任意大于3的素数\(p\)，满足\(p^2\equiv1\pmod{8}\)且\(p^2\equiv1\pmod{3}\)，即可得\(p^2\equiv1\pmod{24}\)。①证\(p^2\equiv1\pmod{8}\)：大于3的素数必为奇数，奇数可表示为\(p=2k+1\)\(p^2=4k(k+1)+1\)，\(k,k+1\)为连续整数，必有一个偶数，故\(8\mid4k(k+1)\)因此\(p^2\equiv1\pmod{8}\)。②证\(p^2\equiv1\pmod{3}\)：大于3的素数不被3整除，故\(p\equiv1\)或\(2\pmod{3}\)若\(p\equiv1\pmod{3}\)，则\(