初等数论试卷模拟试题和答案-2023修改整理

千里之行，始于足下让知识带有温度。第第2页/共2页精品文档推荐初等数论试卷模拟试题和答案初等数论试卷一

一、单项挑选题：（1分/题×20题=20分）１．设x为实数，[]x为x的整数部分，则()Ａ．[][]1xxx≤一定为的一个解B．()()

0mod,1,()0modpfxpχχ??

≡?>≡一定为的一个解

C．()()

()00(),()0modmod,modpfxfxpxxpxxpαα

α≡≡≡当不整除时一定有解其中D．()()

()00mod()0mod,modxxpfxpxxpαα

α≡≡≡若为的一个解则有

10．()10(),,0mod,,n

ninfxaxaxaaapnp=+

++≡>/设其中为奇数则同余式

()()0modfxp≡的解数：

（）A．有时大于p但不大于n;B．可超过p

C．等于p

D．等于n

11．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．2312．若雅可比符号1am??

=

???

，则()A．()2

mod,xam≡同余式一定有解

B．()()2

,1,modamxap=≡当初同余式有解;

C．()2

(,modmpxap=≡当奇数)时同余式有解;

D．()2

(),modapxap=≡当奇数时同余式有解．

13．()

()2mod2,3,2,1,xaaα

α≡≥=若同余式有解则解数等于()

A．4

B．3

C．2

D．114．模12的全部可能的指数为;()

A．1，2，4

B．1，2，4，6，12

C．1，2，3，4，6，12

D．无法确定15．若模m的单根存在，下列数中，m可能等于:()A．2B．3C．4D．1216．对于模5，下列式子成立的是:()

A．322ind=

B．323ind=

C．350ind=

D．3331025indindind=+17．下列函数中不是可乘函数的是:()A．茂陛鸟斯(mobius)函数w(a);B．欧拉函数()aφ；

C．不超过x的质数的个数()xπ；

D．除数函数()aτ；

18．若x对模m的指数是ab，a>0，ab>0，则xα

对模m的指数是()A．aB．bC．abD．无法确定19．()fa，()ga均为可乘函数，则()A．()()faga为可乘函数；B．

()

()

fa

ga为可乘函数C．()()faga+为可乘函数；D．()()faga-为可乘函数20．设()aμ为茂陛乌斯函数，则有()不成立

A．()11μ=

B．()11μ-=

C．()21μ=-

D．()90μ=二．填空题：（每小题1分，共10分）

21．3在45!中的最高次n＝____________________；22．多元一次不定方程：1122nnaxaxaxN++

+=，

其中1a，2a，…，na，N均为整数，2n≥，有整数解的充分须要条件是___________________；

23．有理数

a

b

，0ab>，(),1ab=，并且一为奇数，一为偶数。

40、设a为正整数，试证：

||()()da

da

adad

φφ==∑∑

其中

|da

∑

表示展布在a的一切正因数上的和式。

六、应用题：（8分）

41、求30！中末尾0的个数。

参考答案：一．单项挑选：ABCDD；DACCB；DCAAD；BCBAB。二．填空题：21．21；22．()12,,

,|naaaN；23．(),101b=；24．()

0,0,1,2,,m

xt

tam+=±±；

25．()1p-！+1()0mod,pp≡为素数；26．1；27．()1

2

1modpa

p-≡；28．()()mφφ；29．g与gpα+中的单数；30．16

三．简答题：31．答：命题正确。

()()2

211211mm+-=++????()211m+-????

()()22241mmmm=?+=+而()1mm+必为2的倍数。

86页

32．正确．证实见教材47P。

33．在摸p的简化剩余系中与2

2211,2,

,2p-??

???

同余的数是数p的平方剩余，()1

17,

182

pp=-=，222211,24,39,416≡≡≡≡，222258,62,715,813≡≡≡≡故1，2，4，8，9，13，15，16为摸17的平方剩余，而3，5，6，7，10，11，12，14为摸17的平方非剩余。34．()()

121

1

1

11ii

k

k

i

i

i

iiipsapp

ppαα+==-=+++

+=-∏∏

()()()()12111kaτααα=+++

证实：若()fa为可乘函数，则

()()()()|11i

k

i

ia

iffpfpαα

α==++∑∏．

分离令()().1faafa==，它们为可乘函数，即得出。

四．计算题

35．解：由于()6,933|75=，故原不定方程有解。

又原方程即23125xy+=，而易见方程2311xy+=有解

''

0016,1xy==-。所以原方程的一个解是00400,25xy==-

所以，原方程的一切整数解是：（）

40031252xt

rt

=+=--t是整数

36．解：由于模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，分离解同余方程：

()421mod5x≡，()351mod6x≡，()301mod7x≡，得

()3mod5x≡，()1mod6x≡-，()4mod7x≡因此所给同余方程组的解是：

()()423135133042mod210x≡??+?-?+??

即：()26151mod210x≡≡

37．解：从同余方程()()2

11mod51mod5xx≡≡得，

()()(

)2

2

2

111511mod5,1010mod5

tt+≡≡再从得，

()()

2

111mod5,16mod5tt≡+≡因此于是，

是(

)(

)

()2

2

2

2

32

11mod5,6511mod5tχ≡+≡的解又从

得()

()3

2230025mod5,121mod5tt≡-≡-因此

即()2

22mod5,65256tx≡=+?=所以是所给方程的一个解，于是所解为：

()56mod125x≡±解毕。

38．解：()2

131223,φ==?122,3gg==为其质因数

()

()

13136,

42

3

φφ==，故g为模13的原根的主要条件是：

()6

1mod13g≡/，()4

1mod13g≡/

用g=1，2，……12逐一验证，得：2，6，7，11为模13的原根，由于()124φ=，故模13原根惟独4个，即为所求。

五、证实题：

39．证实：易验证所给的解为原方程的解，因y为偶数，原方程可化为：

2

222zxzxr+-??

?=???

但,|,2

222zxzxz

xzxz+-+-????=

??????

,|,2

222zxzxzxzxx+-+-????=

??????而

，所以（

2zx+，2

zx

-）=1由书中引理，我们可假设

2zx+=2

a，2

zx-=b2明显a>b，(a，b)=1，于是

X=2a－b2

，z=2a+2b，y=2ab

因子为奇数，所以a，b一定是一为奇，一为偶，证毕40．证实：假定1d，，kd为a的全部正约数，那末

1ad，，k

ad也是a的全部正约数，于是

()da

dφ∑=()da

a

d

φ∑

再由于在a的彻低剩余系中任一数a的最大公约数

必然是1d，，kd中某一个数，而彻低剩余系中与a的最大公约数为id的数有(

)i

m

dφ，所以：

()da

md

φ∑=m证毕

六．应用题：

41．解：5在30！中的最高次幂=305???

???+2305??????+3305??

????

=6+1+0=72在30！的最高次幂=302???

???+2302??????+3302??????+4302??????+5302??

????

=15+7+3+1+0=26

10=2×5，故30！的末尾有7个零。

初等数论模拟试题二

一、单项挑选题1、=),0(b（C）.

Ab

Bb-

C

D02、假如ab，ba，则(D).

Aba=

Bba-=

Cba≤

Dba±=3、假如1),(=ba，则),(baab+=（C）.AaBbC1Dba+4、小于30的素数的个数（A）.A10B9C8D7

5、大于10且小于30的素数有（C）.A4个B5个C6个D7个

6、假如n3，n5，则15（A）n.

A整除

B不整除

C等于

D不一定7、在整数中正素数的个数（C）.

A有1个

B有限多

C无限多

D不一定二、计算题

1、求24871与3468的最大公因数?解：24871=3468?7+595

3468=595?5+493595=493?1+102493=102?4+85102=85?1+1785=17?5,

所以,(24871,3468)=17.2、求[24871,3468]=?解：由于

（24871,3468）=17所以

[24871,3468]=

17

3468

24871?

=5073684所以24871与3468的最小公倍数是5073684。3、求[136,221,391]=?

解：[136,221,391]=[[136,221],391]

=[

391,17

221

136?]=[1768,391]=17

391

1768?=104?391=40664.

三、证实题

1、假如ba,是两个整数,0b,则存在唯一的整数对rq,,使得rbqa+=,其中br≤0.证实：首先证实唯一性.设q',r'是满足条件的另外整数对,即

rqba'+'=,br'≤0.

所以rbqrqb+='+',即()rrqqb'-=-',rrqqb'-=-'.又因为br≤0,br'≤0,所以brr'-.假如qq'≠,则等式rrqqb'-=-'不行能成立.因此qq'=,rr'=.

第二证实存在性.我们考虑整数的有序列

……,,3,2,,0,,2,3bbbbbb……

则整数a应介于上面有序列的某两数之间,即存在一整数q使

()bqaqb1+≤.

我们设qbar-=,则有rbqa+=,br≤0.

2、证实对于随意整数n,数6

233

2nnn++是整数.证实：由于62332nnn++=)32(6

2

nnn++=)2)(1(61++nnn,

而且两个延续整数的乘积是2的倍数,3个延续整数的乘积是3的倍数,

并且(2,3)=1,所以从)2)(1(2++nnn和)2)(1(3++nnn有)2)(1(6++nnn,

即6

233

2nnn++是整数.

3、随意一个n位数121aaaann-与其按逆字码罗列得到的数nnaaaa121-的差必是9的倍数证实：由于

=-121aaaann12211101010aaaannnn+?++?+?,nnaaaa121-=nnnnaaaa+?++?+?10101012211,

所以,121aaaann--nnaaaa121-=

).

101()10

1(10)110(10)110(1

13

2311+-?++-?+-?nnnnnnaaaa

而上面等式右边的每一项均是9的倍数,于是所证实的结论成立.4、证实相邻两个偶数的乘积是8的倍数.

证实:设相邻两个偶数分离为)22(,2+nn所以)22(2+nn=)1(4+nn而且两个延续整数的乘积是2的倍数即)1(4+nn是8的倍数.

初等数论模拟试题三

一、单项挑选题

1、假如(A),则不定方程cbyax=+有解.

Acba),(

B),(bac

Cca

Daba),(2、不定方程210231525=+yx（A）.

A有解

B无解

C有正数解

D有负数解二、求解不定方程1、144219=+yx.

解：由于（9，21）=3，1443，所以有解；

化简得4873=+yx；

考虑173=+yx，有1,2=-=yx，所以原方程的特解为48,96=-=yx，因此，所求的解是Zttytx∈-=+-=,348,796。2、18176=-yx.

解：由于18)17,6(,所以有解;考虑1176=-yx,1,3==yx;所以18,54==yx是特解,

即原方程的解是

tytx618,1754-=-=3、2537107=+yx.

解：由于（107，37）=125，所以有解；

考虑137107=+yx，

有26,9-==yx，

所以，原方程特解为259?=x=225，2526?-=y=-650，所以通解为tytx107650,37225--=+=4.求不定方程471325=++zyx的整数解.

解我们将它分为两个二元一次不定方程来求解

25x+13y=t,t+7z=4.

利用求二元一次不定方程的办法,由于

25(-t)+13(2t)=t,32+7?(-4)=4,

所以,上面两个方程的解分离为

?

?

?-=+-=11

25213ktyktx,???--=+=224732kzkt.消去t就得到所求的解

??

?

??--=+-=-+-=2212

1414256471332k

zkkykkx,这里21,kk是随意整数.

5.求不定方程8594=+-zyx的整数解.

解我们将它分为两个二元一次不定方程来求解

4x-9y=t,t+5z=8.

利用求二元一次不定方程的办法,由于

4(-2t)-9(-t)=t,48+5?(-8)=8,

所以,上面两个方程的解分离为

??

?--=--=1

1

492ktyktx,???--=+=228548kzkt.消去t就得到所求的解

??

?

??--===2212

185********k

zkkykkx,

这里21,kk是随意整数.

初等数论模拟试题四

一、挑选题

1、整数5874192能被(B)整除.

A3

B3与9

C9

D3或92、整数637693能被(C)整除.A3B5C7D9

3、模5的最小非负彻低剩余系是(D).

A-2,-1,0,1,2

B-5,-4,-3,-2,-1

C1,2,3,4,5

D0,1,2,3,44、假如)(modmba≡,c是随意整数,则（A）

A)(modmbcac≡

Bba=

CacT)(modmbc

Dba≠二、解同余式（组）（1）)132(mod2145≡x.

解由于(45,132)=3|21,所以同余式有3个解.将同余式化简为等价的同余方程)44(mod715≡x.我们再解不定方程

74415=-yx,

得到一解(21,7).于是定理4.1中的210=x.因此同余式的3个解为

)132(mod21≡x,)132(mod65)132(mod3132

21≡+

≡x,)132(mod109)132(mod3132

221≡?+≡x.

（2）)45(mod01512≡+x

解由于(12,45)=3|15,所以同余式有解,而且解的个数为3.又同余式等价于)15(mod054≡+x,即yx1554=+.我们利用解不定方程的办法得到它的一个解是(10,3),即定理4.1中的100=x.因此同余式的3个解为

)45(mod10≡x,)45(mod25)45(mod345

10≡+

≡x,)45(mod40)45(mod3

45

210≡?+≡x.

（3）)321

(mod75111≡x.解由于(111,321)=3|75,所以同余式有3个解.

将同余式化简为等价的同余方程)107(mod2537≡x.我们再解不定方程

2510737=+yx,

得到一解(-8,3).于是定理4.1中的80-=x.因此同余式的3个解为

)321(mod8-≡x,)321(mod99)321(mod3321

8≡+

-≡x,)321(mod206)321(mod3

321

28≡?+-≡x.

（4）??

?

??≡≡≡)9(mod3)8(mod2)7(mod1xxx.

解由于(7,8,9)=1,所以可以利用定理5.1.我们先解同余式

)7(mod172≡x,)8(mod163≡x,)9(mod156≡x,

得到)9(mod4),8(mod1),7(mod4321-=-==xxx.于是所求的解为

).

494(mod478)494(mod510)

494(mod3)4(562)1(631472=-=?-?+?-?+??≡x

（5）???????≡≡≡≡)

9(mod5)7(mod3)5(mod2)2(mod1xxxx.

(参考上题)

三、证实题

1、假如整数a的个位数是5,则该数是5的倍数.

证实设a是一正整数,并将a写成10进位数的形式:

a=1101010nnnnaaa--+++,010i

a≤.

由于10≡0(mod5),所以我们得到

)5(mod0aa≡所以整数a的个位数是5,则该数是5的倍数.2、证实当n是奇数时，有)12(3+n.证实由于)3(mod12-≡,所以

)3(mod1)1(12+-≡+nn.

于是,当n是奇数时,我们可以令12+=kn.

从而有)3(mod01)1(1212≡+-≡++kn,即)12(3+n

.初等数论模拟试题四一、计算：

1、推断同余式)593(mod4382≡x是否有解？

(答：无解。办法参照题2)

2、推断同余式)1847(mod3652≡x是否有解？

解我们简单知道1847是素数,所以只需求??

?

??1847365的值.假如其值是1,则所给的同余式有解,否则无解.由于735365?=,所以??

?

???????=???

??184773184751847365.

再

)

4(mod173),4(mod15≡≡,

所

以

1525184718475-=??

???=?????=?????,

.

1747111171173173117327322731847184773-=??

?

??-=?????-=?????=??????=??

?

???????=?????=?????=?????

所以,??

?

??1847365=1.于是所给的同余式有解.3、11的平方剩余与平方非剩余.解由于

52

1

11=-,所以平方剩余与平方非剩余各有5个.又由于112

≡,422

≡,932≡,542

≡,

3

52≡,

所以,1，3，4，5，9是素数11的5个平方剩余.其它的8个数，2，6，7，8，10是素数11的平方非剩余.4、计算??

?

??563429,其中563是素数.??

?

??-=??

????????=?????=?????=??

?

??-=???

??42967)1(429674292429134429563429563)1(5634298

1

4292

1

563.214292??

?

??=?????--=??

?

??-=??

???-=?????--=?????-=27672767)1(67276742967429)1(429672

1

67.21272

1

429.2167

11311327)1(27132

1

13.2127=??

?

??=?????-=??

?

??=--,即429是563的平方剩余.5、计算??

?

??443383（计算办法参照题4）二、证实题：

1、证实相邻两个整数的立方之差不能被5整除.

证实由于133)1(2

33++=-+nnnn,所以只需证实1332

++nnT)5(mod.

而我们知道模5的彻低剩余系由-2,-1,0,1,2构成,

所以这只需将n=0,±1,±2代入1332

++nn分离得值1，7，1，19，7.对于模5,1332

++nn的值1，7，1，19，7只与1，2，4等同余,所以1332

++nnT)5(mod

所以相邻两个整数的立方之差不能被5整除。2、证实形如14-n的整数不能写成两个平方数的和.

证实设n是正数,并且)4(mod1-≡n,假如22yxn+=,

则由于对于模4,yx,只与0,1,2,-1等同余,所以22,yx只能与0,1同余,所以)4(mod2,1,022≡+yx,而这与)4(mod1-≡n的假设不符,即定理的结论成立.

3、一个能表成两个平方数和的数与一个平方数的乘积,仍然是两个平方数的和;两个能表成两个平方数和的数的乘积,也是一个两个平方数和的数.（11分）

证实（1）设2

2

bam+=,则明显222)()(rbramr+=.（2）假如22

dcn+=,那么

2

22222222222))((dbcbdacadcbamn+++=++=

=)2()2(2

22

2

2

2

2

2abcdcbdaabcddbca-++++=2

2

)()(bcadbdac-++.3、素数写成两个平方数和的办法是唯一的.

证实设2

2

2

2

dcbap+=+=,则))((2

2

2

2

2

dcbap++==2

2

)()(bcadbdac-++

=2

2

)()(bcadbdac++-.

),

()()()

)((2

2

2

2

cdabpabdccdbabcadbdac+=+++=++又

所以bc)d(p)(++abdacp或.假如)(bdacp+,那么kpbdac=+,将其代入前面2

p的表达

式,则有2

222)(bcadpkp-+=.

所以0)(=-bcad,即rdbrca==,.于是)(2

2

2

2

2

dcrbap+=+=,即必有ca=,db=.假如)(bcadp+,那么kpbcad=+,我们将其代入前面2

p的表达式后与上面的办法全都,可以得

到rcdrba==,.于是2

222)1()1(crbr+=+,即必有cb=,所以da=

初等数论考试试卷1

一、单项挑选题(每题3分，共18分)1、假如ab，ba，则().

Aba=

Bba-=

Cba≤

Dba±=2、假如n3，n5，则15（）n.

A整除

B不整除

C等于

D不一定3、在整数中正素数的个数（）.

A有1个

B有限多

C无限多

D不一定4、假如)(modmba≡,c是随意整数,则

A)(modmbcac≡

Bba=

CacT)(modmbc

Dba≠5、假如(),则不定方程cbyax=+有解.

Acba),(

B),(bac

Cca

Daba),(6、整数5874192能被()整除.

A3

B3与9

C9

D3或9二、填空题(每题3分，共18分)

1、素数写成两个平方数和的办法是（）.

2、同余式)(mod0mbax≡+有解的充分须要条件是().

3、假如ba,是两个正整数,则不大于a而为b的倍数的正整数的个数为().

4、假如p是素数,a是随意一个整数,则a被p整除或者().

5、ba,的公倍数是它们最小公倍数的().

6、假如ba,是两个正整数,则存在()整数rq,,使rbqa+=,br≤0.

三、计算题(每题8分，共32分)1、求[136,221,391]=?

2、求解不定方程144219=+yx.

3、解同余式)45(mod01512≡+x.

4、求????

?563429,其中563是素数.（8分）四、证实题(第1小题10分，第2小题11分，第3小题11分，共32分)

1、证实对于随意整数n,数

62332nnn++是整数.2、证实相邻两个整数的立方之差不能被5整除.

3、证实形如14-n的整数不能写成两个平方数的和.试卷1答案

一、单项挑选题(每题3分，共18分)

1、D.

2、A

3、C

4、A

5、A

6、B二、填空题(每题3分，共18分)

1、素数写成两个平方数和的办法是（唯一的）.

2、同余式)(mod0mbax≡+有解的充分须要条件是(bma),().

3、假如ba,是两个正整数,则不大于a而为b的倍数的正整数的个数为(]

[ba).4、假如p是素数,a是随意一个整数,则a被p整除或者(与p互素).

5、ba,的公倍数是它们最小公倍数的(倍数).

6、假如ba,是两个正整数,则存在(唯一)整数rq,,使rbqa+=,br≤0.

三、计算题(每题8分，共32分)1、求[136,221,391]=?（8分）

解[136,221,391]

=[[136,221],391]

=[391,17221

136?]

=[1768,391](4分)

=173911768?

=104?391

=40664.（4分）

2、求解不定方程144219=+yx.（8分）

解：由于（9，21）=3，1443，所以有解；（2分）化简得4873=+yx；（1分）

考虑173=+yx，有1,2=-=yx，（2分）

所以原方程的特解为48,96=-=yx，（1分）因此，所求的解是Zttytx∈-=+-=,348,796。（2分）3、解同余式)45(mod01512≡+x.（8分）

解由于(12,45)=3|5,所以同余式有解,而且解的个数为3.（1分）又同余式等价于)15(mod054≡+x,即yx1554=+.（1分）我们利用解不定方程的办法得到它的一个解是(10,3),（2分）即定理4.1中的

100=x.（1分）

因此同余式的3个解为

)45(mod10≡x