初等数论试卷

《初等数论》-高等教育出版社初等数论试卷一、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，则()Ａ．1xxx；Ｂ．1xxx；Ｃ．1xxx；Ｄ．1xxx．２．下列命题中不正确的是()Ａ．整数12,,,naaa的公因数中最大的称为最大公因数；Ｂ．整数12,,,naaa的公倍数中最小的称为最小公倍数Ｃ．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３．设二元一次不定方程axbyc（其中,,abc是整数，且,ab不全为零）有一整数解00,,,xydab，则此方程的一切解可表为()Ａ．00,,0,1,2,;abxxtyyttddＢ．00,,0,1,2,;abxxtyyttddＣ．00,,0,1,2,;baxxtyyttddＤ．00,,0,1,2,;baxxtyyttdd４．下列各组数中不构成勾股数的是()Ａ．５，１２，１３；Ｂ．７，２４，２５；Ｃ．３，４，５；Ｄ．８，１６，１７５．下列推导中不正确的是()Ａ．11221212mod,modmod;abmabmaabbmＢ．11221212mod,modmod;abmabmaabbmＣ．111212modmod;abmaabamＤ．112211modmod.abmabm６．模１０的一个简化剩余系是()Ａ．0,1,2,,9;Ｂ．1,2,3,,10;《初等数论》-高等教育出版社Ｃ．5,4,3,2,1,0,1,2,3,4;Ｄ．1,3,7,9.７．modabm的充分必要条件是()Ａ．;mabＢ．;abmＣ．;mabＤ．.abm８．设43289fxxxx，同余式0mod5fx的所有解为()Ａ．1x或1;Ｂ．1x或4;Ｃ．1x或1mod5;Ｄ．无解．9、设f(x)=10nnaxaxa其中0,modiaxxp是奇数若为f(x)0modp的一个解，则:()A．mod()0mod,1pfxp一定为的一个解B．0mod,1,()0modpfxp一定为的一个解C．00(),()0modmod,modpfxfxpxxpxxp当不整除时一定有解其中D．00mod()0mod,modxxpfxpxxp若为的一个解则有10．10(),,0mod,,nninfxaxaxaaapnp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pC．等于pD．等于n11．若2为模p的平方剩余，则p只能为下列质数中的:()A．3B．11C．13D．2312．若雅可比符号1am，则()A．2mod,xam同余式一定有解B．2,1,modamxap当时同余式有解;C．2(,modmpxap当奇数)时同余式有解;《初等数论》-高等教育出版社D．2(),modapxap当奇数时同余式有解．13．2mod2,3,2,1,xaa若同余式有解则解数等于()A．4B．3C．2D．114．模12的所有可能的指数为;()A．1，2，4B．1，2，4，6，12C．1，2，3，4，6，12D．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a；C．不超过x的质数的个数x；D．除数函数a；18．若x对模m的指数是ab，a0，ab0，则x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．faga为可乘函数C．faga为可乘函数；D．faga为可乘函数20．设a为茂陛乌斯函数，则有()不成立A．11B．11C．21D．90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，有整数解的充分必要条件是___________________；《初等数论》-高等教育出版社23．有理数ab，0ab，,1ab，能表成纯循环小数的充分必要条件是_______________________；24．设0modxxm为一次同余式modaxbm，a0modm的一个解，则它的所有解为_________________________；25．威尔生（wilson）定理：________________________________________；26．勒让德符号5031013=________________________________________；27．若,1ap，则a是模p的平方剩余的充分必要条件是_____________(欧拉判别条件)；28．在模m的简化剩余系中，原根的个数是_______________________；29．设1，g为模p的一个原根，则模2p的一个原根为_____________；30．48_________________________________。三．简答题：（5分／题×4题＝20分）31．命题“任意奇数的平方减1是8的倍数”对吗？说明理由。32．“若,1am，x通过模m的简化剩余系，则ax也通过模m的简化剩余系”这命题是否正确？正确请证明，不正确请举反例。33．求模17的简化剩余系中平方剩余与平方非剩余。34．设1212kkappp为a的标准分解式，记Sa为a的正因数的和，a为a的正因数的个数，则Sa＝？a＝？为什么？四．计算题。（7分／题×4题＝28分）35．求不定方程6x+93y=75的一切整数解。36．解同余方程组1mod53mod62mod7xyz37．解同余式2x≡11(mod125)38．求模13的所有原根。五、证明题：（7分/题×2题=14分）39、试证：2222xyz，（x，y）=1y是偶数的整数解可写成：22(2)xab2yab222zab《初等数论》-高等教育出版社这里0ab，,1ab，并且一为奇数，一为偶数。40、设a为正整数，试证：||()()dadaadad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．单项选择：ABCDD；DACCB；DCAAD；BCBAB。二．填空题：21．21；22．12,,,|naaaN；23．,101b；24．0,0,1,2,,mxttam；25．1p！+10mod,pp为素数；26．1；27．121modpap；28．m；29．g与gp中的单数；30．16三．简答题：31．答：命题正确。2211211mm211m22241mmmm而1mm必为2的倍数。86页32．正确．证明见教材47P。33．在摸p的简化剩余系中与22211,2,,2p同余的数是数p的平方剩余，117,182pp，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．1211111iikkiiiiiipsapppp12111ka《初等数论》-高等教育出版社证明：若fa为可乘函数，则|11ikiiaiffpfp．分别令.1faafa，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：（）40031252xtrtt是整数36．解：因为模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，分别解同余方程：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211mod51mod5xx得，222111511mod5,1010mod5tt再从得，2111mod5,16mod5tt因此于是，是22223211mod5,6511mod5t的解又从得32230025mod5,121mod5tt因此即222mod5,65256tx所以是所给方程的一个解，于是所解为：56mod125x解毕。《初等数论》-高等教育出版社38．解：2131223,122,3gg为其质因数13136,423，故g为模13的原根的主要条件是：61mod13g，41mod13g用g=1，2，……12逐一验证，得：2，6，7，11为模13的原根，因为124，故模13原根只有4个，即为所求。五、证明题：39．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：2222zxzxr但,|,2222zxzxzxzxz,|,2222zxzxzxzxx而，所以（2zx，2zx）=1由书中引理，我们可假设2zx=2a，2zx=b2显然ab，(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．证明：假定1d，---，kd为a的所有正约数，那末1ad，---，kad也是a的所有正约数，于是()dad=()daad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1d，---，kd中某一个数，而完全剩余系中与a的最《初等数论》-高等教育出版社大公约数为id的数有()imd，所以：()damd=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=2610=2×5，故30！的末尾有7个零。