初等数论期末试题及详细参考答案

初等数论期末试题及详细参考答案适用专业：数学与应用数学、小学教育（数学方向）等考试时长：120分钟满分：100分考试说明：本试卷共四大题，题型涵盖基础概念、计算求解、逻辑证明，无附加题，答案步骤完整，可直接用于期末复习、模拟测试。一、单项选择题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）1.下列各组整数中，互质的一组是（）A.12与18B.21与28C.25与36D.15与212.若整数\(a,b\)满足\(a\midb\)，则下列说法错误的是（）A.\(a\)是\(b\)的约数B.\(b\)是\(a\)的倍数C.\(a\mid-b\)D.\(b\mida\)3.模7的最小非负完全剩余系共有多少个元素（）A.6B.7C.8D.无限个4.下列数中，是模11的二次剩余的是（）A.2B.5C.3D.45.不定方程\(3x+6y=8\)的整数解情况为（）A.有无穷多解B.唯一解C.无解D.有限个非无穷解二、填空题（本大题共5小题，每小题3分，共15分）1.\(\gcd(48,72)=\)__________，\(\text{lcm}(48,72)=\)__________。2.带余数除法：用13除89，商为__________，余数为__________。3.同余式\(5x\equiv3\pmod{7}\)的一个解为__________。4.小于30的所有素数有__________个。5.欧拉函数\(\varphi(12)=\)__________。三、计算题（本大题共4小题，每小题10分，共40分，需写出详细步骤）1.利用辗转相除法求\(\gcd(119,203)\)，并将其表示为119和203的整数线性组合。2.求解一次同余方程\(7x\equiv5\pmod{18}\)。3.求解二元一次不定方程\(4x+9y=37\)的全部整数解。4.计算\(2^{2026}\pmod{13}\)的余数。四、证明题（本大题共3小题，第1、2题各10分，第3题10分，共30分）1.证明：任意奇数的平方模8余1。2.证明：若\(a\equivb\pmod{m}\)，\(c\equivd\pmod{m}\)，则\(ac\equivbd\pmod{m}\)。3.证明：素数有无穷多个。详细参考答案及解析一、单项选择题（每题3分，共15分）1.C解析：互质即最大公约数为1。\(\gcd(12,18)=6\)，\(\gcd(21,28)=7\)，\(\gcd(25,36)=1\)，\(\gcd(15,21)=3\)。2.D解析：由整除定义，\(a\midb\)仅能推出\(b\)是\(a\)的倍数，无法推出\(b\mida\)，如\(2\mid4\)，但\(4\nmid2\)。3.B解析：模\(m\)的完全剩余系元素个数恒为\(m\)，模7完全剩余系含7个元素。4.D解析：计算模11平方剩余：\(1^2\equiv1,2^2\equiv4,3^2\equiv9,4^2\equiv5,5^2\equiv3\pmod{11}\)，4为二次剩余。5.C解析：不定方程有整数解的充要条件是系数最大公约数整除常数项。\(\gcd(3,6)=3\)，3不整除8，故方程无解。二、填空题（每题3分，共15分）1.24；144解析：\(48=2^4\times3\)，\(72=2^3\times3^2\)，最大公约数取最小幂次\(2^3\times3=24\)，最小公倍数取最大幂次\(2^4\times3^2=144\)。2.6；11解析：\(89=13\times6+11\)，满足\(0\leq11<13\)，符合带余数除法定义。3.x\equiv2\pmod{7}（答案不唯一）解析：代入验证：\(5\times2=10\equiv3\pmod7\)，满足同余式。4.10解析：小于30的素数：2,3,5,7,11,13,17,19,23,29，共10个。5.4解析：\(12=2^2\times3\)，由欧拉函数公式：\(\varphi(12)=12\times(1-\frac{1}{2})\times(1-\frac{1}{3})=4\)。三、计算题（每题10分，共40分）1.解答：使用辗转相除法计算最大公约数：\(203=1\times119+84\)\(119=1\times84+35\)\(84=2\times35+14\)\(35=2\times14+7\)\(14=2\times7+0\)故\(\gcd(119,203)=7\)。回代推导线性组合：\(7=35-2\times14\)\(14=84-2\times35\)，代入得：\(7=35-2\times(84-2\times35)=5\times35-2\times84\)\(35=119-1\times84\)，代入得：\(7=5\times(119-84)-2\times84=5\times119-7\times84\)\(84=203-1\times119\)，代入得：\(7=5\times119-7\times(203-119)=12\times119-7\times203\)即线性组合为：\(\boldsymbol{7=12\times119-7\times203}\)。2.解答：同余方程\(7x\equiv5\pmod{18}\)，因\(\gcd(7,18)=1\)，方程有唯一模18解。寻找7在模18下的逆元，即找整数\(k\)使得\(7k\equiv1\pmod{18}\)。由辗转相除法：\(18=2\times7+4，7=1\times4+3，4=1\times3+1\)回代得：\(1=4-3=4-(7-4)=2\times4-7=2\times(18-2\times7)-7=2\times18-5\times7\)故\(-5\times7\equiv1\pmod{18}\)，逆元为\(-5\equiv13\pmod{18}\)。方程两边同乘13：\(x\equiv5\times13=65\equiv11\pmod{18}\)方程的解为：\(\boldsymbol{x\equiv11\pmod{18}}\)。3.解答：不定方程\(4x+9y=37\)，\(\gcd(4,9)=1\)，1整除37，方程有无穷多整数解。先找一组特解：将方程变形为\(4x=37-9y\)，即\(x=\frac{37-9y}{4}\)。取\(y=1\)，则\(x=\frac{37-9}{4}=7\)，即\((x_0,y_0)=(7,1)\)为一组特解。二元一次不定方程通解公式：若\(ax+by=c\)有特解\((x_0,y_0)\)，则通解为

\(\begin{cases}x=x_0+\frac{b}{d}t\\y=y_0-\frac{a}{d}t\end{cases}\)，\(d=\gcd(a,b)\)，\(t\in\mathbb{Z}\)此处\(d=1\)，代入得方程全部整数解：\(\boldsymbol{\begin{cases}x=7+9t\\y=1-4t\end{cases}\(t\in\mathbb{Z})}\)4.解答：由费马小定理：若\(p\)为素数，\(\gcd(a,p)=1\)，则\(a^{p-1}\equiv1\pmod{p}\)。13为素数，\(\gcd(2,13)=1\)，故\(2^{12}\equiv1\pmod{13}\)。对指数分解：\(2026\div12=168\cdots\cdots10\)，即\(2026=12\times168+10\)。因此\(2^{2026}=(2^{12})^{168}\times2^{10}\equiv1^{168}\times1024\pmod{13}\)。计算\(1024\div13\)：\(13\times78=1014\)，\(1024-1014=10\)。故\(\boldsymbol{2^{2026}\equiv10\pmod{13}}\)。四、证明题（每题10分，共30分）1.证明：任意奇数的平方模8余1任意奇数可表示为\(n=2k+1\)，其中\(k\in\mathbb{Z}\)。对平方展开：\(n^2=(2k+1)^2=4k^2+4k+1=4k(k+1)+1\)。因\(k,k+1\)是连续整数，故二者必有一个为偶数，即\(k(k+1)\)必为2的倍数。因此\(4k(k+1)\)必为8的倍数，即\(4k(k+1)\equiv0\pmod8\)。代入得：\(n^2=8m+1\(m\in\mathbb{Z})\)，即\(n^2\equiv1\pmod8\)。综上，任意奇数的平方模8余1，原命题得证。2.证明：若\(a\equivb\pmod{m}\)，\(c\equivd\pmod{m}\)，则\(ac\equivbd\pmod{m}\)由同余定义：若\(a\equivb\pmod{m}\)，则\(m\mid(a-b)\)，即存在整数\(k_1\)，使得\(a-b=mk_1\)，\(a=b+mk_1\)。同理，由\(c\equivd\pmod{m}\)，存在整数\(k_2\)，使得\(c=d+mk_2\)。两式相乘：\(ac=(b+mk_1)(d+mk_2)=bd+bmk_2+dmk_1+m^2k_1k_2\)整理得：\(ac-bd=m(bk_2+dk_1+mk_1k_2)\)。显然\(bk_2+dk_1+mk_1k_2\)为整数，故\(m\mid(ac-bd)\)。由同余定义可得\(ac\equivbd\pmod{m}\)，原命题得证。3.证明：素数有无穷多个采用反证法证明。假设素数只有有限个，设全部素数为\(p_1,p_2,\dots,p_n\)。构造正整数\(N=p_1p_2\cdotsp_n+1\)。对\(N\)进行分析：\(N>1\)，故\(N\)要么为素数，要么为合数。情况1：若\(N\)为素数，则\(N\)是不同于\(p_1,p_2,\dots,p_n\)的新素数，与“素数只有\(n\)个”的假设矛盾。情况2：若\(N\)为合数，则\(N\)必有素因子\(p\)。根据假设，\(p\)必为\(p_1,p_2,\dots,p_n