1、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） 设 x 为实数， x 为 x 的整数部分，则 ( ) 1x x x ； 1x x x ； 1x x x ； 1x x x 下列命题中不 正确的是 ( ) 整数 12, , , na a a 的公因数中最大的称为最大公因数； 整数 12, , , na a a 的公倍数中最小的称为最小公倍数 整数 a 与它的绝对值有相同的倍数 整数 a 与它的绝对值有相同的约数 设二元一次不定方程 ax by c（其中 ,abc是整 数，且 ,ab不全为零）有一整数解 00, , ,x y d a b ，则此方
2、程的一切解可表为 ( ) 00, , 0 , 1 , 2 , ;abx x t y y t tdd 00, , 0 , 1 , 2 , ;abx x t y y t tdd 00, , 0 , 1 , 2 , ;bax x t y y t tdd 00, , 0 , 1 , 2 , ;bax x t y y t tdd 下列各组数中不构成勾股数的是 ( ) ，； ，； ，； ， 下列推导中不正确的是 ( ) 1 1 2 2 1 2 1 2m o d , m o d m o d ;a b m a b m a a b b m 1 1 2 2 1 2 1 2m o d , m o d m o d ;
3、a b m a b m a a b b m 1 1 1 2 1 2m o d m o d ;a b m a a b a m 1122 11m o d m o d .a b m a b m 模的一个简化剩余系是 ( ) 0,1,2, ,9; 1,2,3, ,10; 初等数论 -高等教育出版社 5 , 4 , 3 , 2 , 1, 0 ,1, 2 , 3 , 4 ; 1,3,7,9. moda b m 的充分必要条件是 ( ) ;ma b ;a bm ;ma b .a bm 设 432 8 9f x x x x ，同余式 0 mod 5fx 的所有解为 ( ) 1x 或 1; 1x 或 4; 1x
4、 或 1 mod5 ; 无解 9、设 f(x)= 10nna x a x a 其中 0, m o dia x x p是 奇 数 若 为 f(x) 0 m d p 的一个解，则 :( ) A m od ( ) 0 m od , 1p f x p 一 定 为 的 一 个 解 B 0 m od , 1 , ( ) 0 m odp f x p 一 定 为 的 一 个 解C 00( ) , ( ) 0 m od m od , m odp f x f x p x x p x x p 当 不 整 除 时 一 定 有 解 其 中D 00m o d ( ) 0 m o d , m o dx x p f x p
5、x x p 若 为 的 一 个 解 则 有10 10( ) , , 0 m o d , ,nn i nf x a x a x a a a p n p 设 其 中 为 奇 数则同余式 ( ) 0 m o df x p 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 23 12若雅可比符号 1am，则 ( ) A 2 m o d ,x a m同 余 式 一 定 有 解 B 2, 1 , m o da m x a p当 时 同 余 式 有 解; C 2(
6、, m o dm p x a p当 奇 数 ) 时 同 余 式 有 解; 初等数论 -高等教育出版社 D 2( ) , m o da p x a p当 奇 数 时 同 余 式 有 解 13 2 m od 2 , 3 , 2 , 1 ,x a a 若 同 余 式 有 解 则 解 数 等 于( ) A 4 B 3 C 2 D 1 14 模 12 的所有可能的指数为 ;( ) 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 2 B 3 C 4 D 12 16对于模 5，下
7、列式子成立的是 : ( ) A 322ind B 323ind C 350ind D 3 3 31 0 2 5in d in d in d 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 ， a 0， ab 0，则 x 对模 m 的指数是 ( ) A a B b C ab D无法确定 19 fa， ga均为可乘函数，则 ( ) A f a g a 为可乘函数； B faga为可乘函数 C f a g a 为可乘函数； D f a g
8、a 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： 1 1 2 2 nna x a x a x N ，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， 0 ab ， ,1ab ，能表成纯循环小数的充分必要条件是_； 24 设 0 modx x m 为一次同余式 modax b m ， a 0 modm 的一个解，则它的所有解为 _； 25
9、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
10、中平方剩余与平方非剩余。 34设 1212 kka p p p 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 1 mod 53 mod 62 mod 7xyz 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： 2 2 22x y z，（ x， y） =1 y 是偶数的整数解可写成： 22( 2 )x a b 2y ab 222
11、z a b 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： |( ) ( )d a d aadad 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, , , |na a a N； 23 ,10 1b ； 24 0 , 0 , 1 , 2 ,mx t tam ；25 1p ！ +1 0 mod ,pp 为素数； 26 1； 27 12 1 modp
12、ap ； 28 m ； 29 g 与 gp 中的单数； 30 16 三简答题： 31答：命题正确。 22 1 1 2 1 1mm 2 1 1m 2 2 2 4 1m m m m 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 222 11 , 2 , ,2p 同余的数是数 p 的平方剩余， 117, 1 82pp ， 2 2 2 21 1 , 2 4 , 3 9 , 4 1 6 ， 2 2 2 25 8 , 6 2 , 7 1 5 , 8 1 3 故 1， 2， 4， 8， 9， 13， 15， 16 为摸 17 的平方剩余，而 3，
13、 5， 6， 7， 10， 11， 12， 14 为摸 17的平方非剩余。 34 121111 1iikki i iii ips a p p p p 121 1 1ka 初等数论 -高等教育出版社 证明：若 fa为可乘函数，则 | 1 1ik iia if f p f p 分别令 .1f a a f a，它们为可乘函数，即得出。 四计算题 35解：因为 6,93 3| 75 ，故原不定方程有解。 又原方程即 2 31 25xy，而易见方程 2 31 1xy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：（ ） 400 3125 2xtrt
14、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 567 210 有唯一解，分别解同余方程： 42 1 mod 5x ， 35 1 mod 6x ， 30 1 mod 7x ，得 3 mod5x ， 1 mod 6x ， 4 mod7x 因此所给同余方程组的解是： 4 2 3 1 3 5 1 3 3 0 4 2 m o d 2 1 0x 即： 2 6 1 5 1 m o d 2 1 0x 37解：从同余方程 2 1 1 m o d 5 1 m o d 5xx得， 2 22111 5 1 1 m o d 5 , 1 0 1 0 m o d 5tt 再 从 得
15、， 2111 m o d 5 , 1 6 m o d 5tt 因 此 于 是， 是 22 2 2 321 1 m o d 5 , 6 5 1 1 m o d 5t 的 解 又 从 得 32230 0 25 m od 5 , 12 1 m od 5tt 因 此即 22 2 m o d 5 , 6 5 2 5 6tx 所 以 是所给方程的一个解，于是所解为： 56 m od 125x 解毕。 初等数论 -高等教育出版社 38解： 213 12 2 3, 122, 3gg 为其质因数 1 3 1 36, 423，故 g 为模 13 的原根的主要条件是： 6 1 mod13g ， 4 1 mod13g
16、 用 g=1， 2， 12 逐一验证，得： 2， 6， 7， 11 为模 13 的原根， 因为 12 4 ，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： 22 2 2z x z x r 但 , | ,2 2 2 2z x z x z x z x z , | ,2 2 2 2z x z x z x z x x 而 ，所以（ 2zx ， 2zx ） =1 由书中引理，我们可假设 2zx = 2a ， 2zx =b2 显然 a b， (a ， b)=1， 于是 X= 2a b2 ， z= 2a + 2b ， y=2ab
17、 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=7 2 在 30！的最高次幂 = 302+2302+3302+4302+5302=15+7+3+1+0=26 10=25，故 30！的末尾有 7 个零。
