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1、初等数论考试试卷一、单项选择题：(1分/题x20题=20分)1 .设X为实数，司为X的整数局部，那么(A)A.x%x+1；B.x%x+1；C.x%x+1；D.x%,=y0-t,t=0,l,2,;aaC.=x0+,=y0t-,t0,l,2,-;aaD.x=x0=%yf,=0,L2/;aa4 .以下各组数中不构成勾股数的是(D)A.5,12,13；B.7,24,25；C.3,4,5；D.8,16,175 .以下推导中不正确的选项是(D)A.q三b(mod),4r2三b2(mod?)=q+a2三bx+Z72(modn)B.a三Z(modw),CF2三4(modm)=q%三bib2(vodm)C.a三
2、Z?(mod)=aa2三bxa2(modtn);D.cr三巧(modtn)=q三伪(modtn).6. 模10的一个简化剩余系是(D)A.0,1,2,9;B.1,2,3,10;C.-5,-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4;D.1,3,7,9.7. 三匕(modn)的充分必要条件是(A)A.ma-bB.a-bmC.ma-bD.a+bm.8. i(x)=x4+2x3+8x+9,同余式F(X)三0(mod5)的所有解为(C)A.x=l或-1;B.%=1或4;C.冗三1或一l(mod5);D.无解.9、设f(x)=anxn+“X+%其中4.是奇数,若X三x0(modP)为f(x)三0(modP
3、)的一个解，那么：(?)A. 三/(modP)一定为f(x)三(modp)石1的一个解B. /三%(modp)al,一定为三(mod)的一个解C.当不整除/(x)吐/(x)三(mod)一定有解X三x0(modp),其中Xa三Xo(modP)D.若X三0(mod)为f(x)三(modpu)的一个解,则有Xa三毛(modP)10 .f(x)=aflxn+qx+%,其中a,为奇数至0(modp),p,那么同余式/(x)三0(modp)的解数：()A.有时大于P但不大于n;B.不超过PC.等于PD.等于n11 .假设2为模P的平方剩余，那么P只能为以下质数中的:(D)A.3B.11C.13D.2312
4、 .假设雅可比符号（八）=I，那么(C)A.同余式/三(modni)一定有解，B.当(,m)=l时,同余式三(modp)有解；C.当川=p(奇数)吐同余式三“(mod，)有解；D.当。=p(奇数附同余式三(modP)有解.13.若同余式7三a(x2”),3,(2,)=l有解,则解数等于(A)A.4B.3C.2D.114,模12的所有可能的指数为：(A)A.1,2,4B.1,2,4,6,12C.1,2,3,4,6,12D.无法确定15 .假设模m的原根存在，以下数中，m不可能等于：(D)A.2B.3C.4D.1216 .对于模5,以下式子成立的是(B)A.ind32=2B.ind32=3C.in
5、d35=0D.ind30=indy2-/TzJ3517 .以下函数中不是可乘函数的是：(C)A.茂陛鸟斯(mobius)函数w(a);B.欧拉函数0(。)；C.不超过X的质数的个数万(x)；D.除数函数T(。)；18.假设X对模优的指数是必，a0iab0i那么Z对模m的指数是(B)A.aB.bC.abD.无法确定19 .。)，g()均为可乘函数,那么（八）A. /(4)g,)为可乘函数;b.斗4为可乘函数g(4)C./()+g()为可乘函数；D./()-g()为可乘函数20 .设(。)为茂陛乌斯函数，那么有(B)不成立A./(1)=1B.(-1)=1C.(2)=-1D.z(9)=0二.填空题：
6、(每题1分，共10分)21 .3在45!中的最高次n=21；22 .多元一次不定方程：a1x1+a2x2+qf5=N,其中4,a2,.,an,N均为整数，2,有整数解的充分必要条件是_(%,%，/，)IN_；23 .有理数Ovavb,(a9b)=lf能表成纯循环小数的充分必要条件是一(10,b)=1_；24 .设X三XO(mod，)为一次同余式or三(modn),M0(modm)的一个解，那么它的所有解为x0+r-,/=0,1,2,._；机)25 .威尔生(WilSon)定理：(p-1)!+1三(modp),p为素数；26 .勒让德符号(C卜_1_;27 .假设(a,p)=l,那么。是模P的平
7、方剩余的充分必要条件是p-1a2三l(modp)(欧拉判别条件)；28 .在模，的简化剩余系中，原根的个数是一29 .设l,g为模Pa的一个原根，那么模2p的一个原根为_g与g+p中的奇数30 .(48)=16o三.简答题：(5分/题X4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 .“假设(七2)=1,X通过模机的简化剩余系，那么办也通过模川的简化剩余系”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=pfp0片为的标准分解式，记S(o)为的正因数的和，Ka)为的正因数的个数，那么S(。)=?Ka)=
8、?为什么？四.计算题。(7分/题x4题=28分)35 .求不定方程6x+93y=75的一切整数解。x三l(mod5)36 .解同余方程组y三3(mod6)z三2(mod7)37 .解同余式V三U(modl25)38 .求模13的所有原根。五、证明题：(7分/题x2题=14分)39、试证：+2/=z2,(x,y)=1,y是偶数的整数解可写成：这里80,(,b)=l,并且%。一为奇数，一为偶数。40、设a为正整数，试证：W(d)=Z(q)=dadud其中Z表示展布在a的一切正因数上的和式。da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
9、；BCBABo二.填空题：21.21；22.(q,g,q)N；23.(a10)=1；24.x-,Z=0,l,zk2,；25.(p1)!+1三(mod为素数；26.1；(,加)p-27.a2三l(modp);28.(砌;29.g与g+，中的单数；30.16三.简答题：31.答：命题正确。(2w+1)2-1=(2m1)+1(2n+l)-l=2m(2tnjri)=4(w+1)而机(相+1)必为2的倍数。86页32 .正确.证明见教材a7。33 .在摸P的简化剩余系中与I?:?,/匕1)同余的数是数P的平方剩余，p=17,-(p-l)=8,12三1,22三4,32三9,42三16,52三8,62三2,
10、72三15,82三13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。kkna+l_134SS)=力(1+8+PF)=力二i=lJ=IPi-1证明：假设/()为可乘函数，那么Z()=I+(pJ+/(p)分别令/()=()=l,它们为可乘函数，即得出。四.计算题35 .解：因为(6,93)=375,故原不定方程有解。又原方程即2x+31y=25,而易见方程2x+3Iy=I有解X=16,%=-1。所以原方程的一个解是Xo=40(),%=-25所以，原方程的一切整数解是：x = 400 + 31r r = -25-2tt是整数3
11、6 .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5x6x7=210有唯一解，分别解同余方程：42x三l(mod5),35x三l(m(xi6),30x三l(mcxl7),得x三3(mod5),x三-l(mod6)x三4(mod7)因此所给同余方程组的解是:即：x三261三51(mod210)37 .解：从同余方程X2三1(mcx!5)得式三l(mod5),再从(1+5%J=11(mod5)得IOq三l(mod52),因此乙三1(mod5),于是1+4三6(mod52),是一三ll(mod52)的解,又从(6+524三ll(mod53)得3OO,2三-25(mod53),Hlt
12、tl2t2三-l(mod5)即，2三2(mod5),所以=6+5?2=56是所给方程的一个解，于是所解为:X三56(mod125)解毕。38 .解：(13)=12=223,g1=2,g2=3为其质因数妪1=6,0=4,故g为模13的原根的主要条件是：23g6l(modl3),l(modl3)用g=L2,12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：而(xN)=L所以(受，妥)=1由书中引理，我们可假设Z+X2Z-X,2=a，=b22显然0b,(a,b)=l,于是X=a2b2,z=a2+b2,y=2ab因子为奇数，所以。，b一定是一为奇，一为偶，证毕40.证明：假定4,一,4为。的所有正约数，那末-,，且也是。的所有正约数，于是44EKd)=Z(?d/ada&再因为在。的完全剩余系中任一数。的最大公约数必定是4,4中某一个数，而完全剩余系中与。的最大公约数为4的数有火;)，所以：证毕Z(g)=md/ud六.应用题：41.解：530!3()中的最高次哥=+5=6+1+0=72 在 30!的最高次幕=3()3()F3()F3()3()F=15+7+3+1+0=2610=25,故30!的末尾有7个零。
