初等数论试卷1

初等数论试卷一、单项选择题（1分题×20题=20分）１．设x为实数，x为x的整数部分，( Ａ．xxx1；Ｂ．xxx1；Ｃ．xxx1；Ｄ．xxx1．()Ａ．整数a,a,,a

的公因数中最大的称为最大公因数；1 2 nＢ．整数a,a,,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,yd

y bt,t0,1,2,;0 dＢ．xx0Ｃ．xx0Ｄ．xx

at,ydbt,ydbt,y

y bt,t0,1,2,;0 dy at,t0,1,2,;0 dy at,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．

bmodma

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; ,10;Ｃ．5,4,3,2,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1; Ｂ．x1或4;Ｃ．x1或1mod5; Ｄ．无解．9f(x)=

xna

x

其中a,x

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

modp 1,一定为fx)0modp的一个解C ．当p不整除fx)时,fx0p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(xaxnaxa,aa

0modp,np,则同余式n 1 0 i nf(x)0modp的解（ ）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．23m若雅可比符号a1m x2amodm,当mx2ap有解;mp(x2ap有解;ap(同余式x2ap有解．13．若同余式x2a23,2,a有解,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＝ ；a

a

ax

N，其中a ，a

，…，

，N均11 22 nn 1 2 n为整数，n2，有整数解的充分必要条件；23a0abab1，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。1a11

p22

pkk

aSaaa为a的正因数的个数，则Sa＝？a＝？为什么？（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ab0b1，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！+10modpp为素数；26．1；m0mp127．a2

a,m1modp；28．m；29．

与gp中的单数；30．16三．简答题3．答：命题正确 2m212m2m2m2m24mm1而mm2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,22, ,

同余的数是数p的平方剩余，2 p17,1p1824,329,4216，528,622,7215,821321，2，4，8，9，13，15，16173，5，6，7，10，11，12，1417的平方非剩余。34．

ak

1pp2pii

k

p11iii1a1

i2

i1 k

i1

p1i1 i证明：若fa为可乘函数，则

f

1fpfpi．i i|a i1fafa1，它们为可乘函数，即得出。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（ ）x400r25

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，xmox4mod7因此所给同余方程组的解是：x423135133042mod210x261 x211mod5x1mod5 再从1t1

11mod52 10t

10mod52 ，因此t1

1mod51t1

6mod52 ， 是211mod52的解

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：zx 2 2 但 z

x

xz22 22

2 2 zx x z x 2 , 2 | 2 , 2 x zx zx而 ，所以（ ， ）=12 2由书中引理，我们可假设zx zx = a2， =b22 2显然a>ba，b)=1X=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a ad ，---，d1 k

也是a的所有正约数，于是(d)=

a()dda da再因为在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的最大公约数为di

的数有

m( d

，所以：i m六．应用题：

( =m 证毕dda41．解：53030303055253=6+1+0=72303030303030222232425=15+7+3+1+0=2610=2×5，故30！的末尾有7个零。2007年4月广东省高等教教育育自学考试初等数论试卷一、 单项选择题（本大题共15小题，每小题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,±6 D1,2,3,4,5,6,122.设a,bÎZ(整数)，p是素数，且pab。则（）Aa,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3.设a,b是非零整,d=(a,b),则下列成立的( ) Aabab d da,babab d d dabab a,baba,bd dd2

d dd2a,b,c,v?Zau bv=则对于任意dÎZ+(正整数)( )(ad,bd)=d B.(ad,bd)=abdC.(ad,bd)=ab D.ad,bdd对任意实数a,必有( A.1C.

B.D.a}=-}下列不定方程,有整数解的( )A.27x++33z=48 B.27x++65z=72C. 42x- +14z=33 D.100x++45z=32设a,b 则( )Z,mZ,ab(modm)A.(a,b)=(a,m) B.(a,b)=(b,m)C.(a,m)=(m,b) D.(a-b,m)=(a,m)下列集合,是模15的简化剩余系的( )A.2,3,5,7,8,11,13} B.2,37,8}C.4,8,7,11,13,14} D.29,14,-2,2,19,,19,7,8}下列同余式中成立的( )A.36481(mod49) B.27201(mod25)C.4724(mod72) D.35411(mod41)设同余式ax m)有解,则下述断语中正确的( )该同余式有模mm-1个解m,(b,m)个数满足该同余式m,(a,m)个数满足该同余式m,(ab,m)个数满足该同余式设素数p>2,a,b分别是模p的平方剩余和平方非剩,则下列成的( )A.ab是模p的平方非剩余 B.ab2是模p的平方非剩Ca是模p的平方剩余 D.a是模p的平方非剩余设对模m的指数为k.,则( )A.km B.、mkC.ka D,k(m)若模m的原根存,则m可能是( )A.15的倍数 B.16的倍数B.81的2倍 D.42的倍数若x对模m的指数是ab,a>0,b>0,则xb对模m的指数( )A. ab B.bmC.a-b D.a设g是模m,c=j(m).K是模c的一个非负完全剩余系,则L=t,t是( )A.模m的一个完全剩余系 B模m的一个简化全剩余系C模c的一个完全剩余系 D模c的一个简化全剩余二.填空题（本大题共每小题2分，共2分）16.设、a2453112,b225674132,、c375133,、b, 17.a,b,,b>0,设mara,m,r表达的b除a的带余式是b

b .100!18.

32!

的标准分解中7的指数.有理数a(0<a<b,(a,b)=1)能表示成纯循环小数的充分必要条件是b .1设、mp1

a,、p,p

,

是m的互不相同的素,则j(m)= p2k1 2 k 1 2 kp2k .设a,b,c,m都是整数,、abac(modm),则当 时,、bc(modm).1p2k设、mpa pa ,1p2k

为互异的奇素数(i=1,2….,k), (a,m)=1,则同余式1 2 k i、x2a(modm)有解时,解数.设 m 是偶数, 则模 m 有原根的充分必要条.设a 对模m 的指数为t,则、ak1(modm)成立的充分必要条件.25a

,,a

是与m 互素的t 个整数，则ind(a,

,,a)1 2 t(mod( ))

1 2 t三、计算题（4题，第5分，第7分，共24分26．解不定方程+=.352的指数.x2(mod3)解同余方程组x3(mod4)x3(mod5)对哪些奇素p,3是模p四、应用题（10分）30．今天是星期三，试求经过t=(2002003+)1999五、证明题（2830分）317.383是素数，求证、x2219(mod383)有解。一、 单项选择题

2007年4月广东省高等教教育育自学考试初等数论试题答案及评分参考1—5BCDAB 6—10ACDBC11—15ADCDB二、填空题16.2435 5675 133 17.、aba b18.12

a(abmbr)bb=或存在一个正整使得成立。11k120．(pp)(pp2)(p 11k1

k)或、m(1 )(1 )(1 )1 1 1 1 2 2 1 1 21（a,m）=12k

p p p1 2 km=2,4或2pa，其中a为正整数，p为素数24．tk25．、inda1

idna2

idnat三、计算题2123，5）=3531，所以方程有整数解。化简方程得4解得41319 1

1.7 (1)于是1193619(41192)641(611故416177)1916177177知方程有特解、x0

6177,y0

13177（3分）x617719t一般解为y131774t（、t0,1,2,（5分）2、解：、524，24的正因数为1，2，3，4，6，8，12，24 （2分）依次检验：12324

mod52)1(mod52) （4分）故3对模52的指数是6 （5分）28、解：、m1

3,m2

4,m3

5,m60M20M 1, 121 2 3而、M

'2,M1

'3,M2

'3 （3分）3故此同余组的解为、x22023113(mo23(mod60 （7分）29、解：显然p³ 5，由二次互反律，有/3p

3pp

p 1p

3

1

3

( （1分） p 由于 3

1,如