初等數(shù)論試卷模擬試題和答案(共25頁)

1、初等數(shù)論-高等教育出版社初等數(shù)論試卷一一、 單項(xiàng)選擇題：（1分/題×20題=20分）設(shè)為實(shí)數(shù)，為的整數(shù)部分，則()；下列命題中不正確的是()整數(shù)的公因數(shù)中最大的稱為最大公因數(shù)；整數(shù)的公倍數(shù)中最小的稱為最小公倍數(shù)整數(shù)與它的絕對值有相同的倍數(shù)整數(shù)與它的絕對值有相同的約數(shù)設(shè)二元一次不定方程（其中是整數(shù)，且不全為零）有一整數(shù)解，則此方程的一切解可表為()下列各組數(shù)中不構(gòu)成勾股數(shù)的是()，；，；，；，下列推導(dǎo)中不正確的是()模的一個(gè)簡化剩余系是() 的充分必要條件是() 設(shè)，同余式的所有解為()或或或無解9、設(shè)f(x)=其中為f(x)的一個(gè)解，則:( )ABC D10則同余式：（ ）A有時(shí)大于

2、p但不大于n; B可超過pC等于p D等于n 11若2為模p的平方剩余，則p只能為下列質(zhì)數(shù)中的 :( )A3 B11 C13 D23 12若雅可比符號，則 ( )AB;C;D13( ) A 4 B 3 C 2 D 114 模12的所有可能的指數(shù)為;( ) A1，2，4 B1，2，4，6，12 C1，2，3，4，6，12 D無法確定15 若模m的單根存在，下列數(shù)中，m可能等于: ( ) A 2 B 3 C 4 D 12 16對于模5，下列式子成立的是: ( ) A B C D 17下列函數(shù)中不是可乘函數(shù)的是: ( ) A茂陛鳥斯(mobius)函數(shù)w(a) ;B 歐拉函數(shù)；C不超過x的質(zhì)數(shù)的個(gè)數(shù)

3、；D除數(shù)函數(shù)；18 若對模的指數(shù)是，>0，>0，則對模的指數(shù)是( )A B C D無法確定19，均為可乘函數(shù)，則( )A為可乘函數(shù)； B為可乘函數(shù)C為可乘函數(shù)； D為可乘函數(shù)20設(shè)為茂陛烏斯函數(shù)，則有( )不成立A B C D二填空題：（每小題1分，共10分）21 3在45中的最高次n _；22 多元一次不定方程：，其中 ， ，N均為整數(shù)，有整數(shù)解的充分必要條件是_；23有理數(shù)，能表成純循環(huán)小數(shù)的充分必要條件是_；24 設(shè)為一次同余式，的一個(gè)解，則它的所有解為_；25 威爾生（wilson）定理：_；26 勒讓德符號=_；27 若，則是模的平方剩余的充分必要條件是_(歐拉判別條件)

4、；28 在模的簡化剩余系中，原根的個(gè)數(shù)是_；29 設(shè)，為模的一個(gè)原根，則模的一個(gè)原根為_；30 _。三簡答題：（5分題×4題20分）31命題“任意奇數(shù)的平方減1是8的倍數(shù)”對嗎？說明理由。32“若，通過模的簡化剩余系，則也通過模的簡化剩余系”這命題是否正確？正確請證明，不正確請舉反例。33求模17的簡化剩余系中平方剩余與平方非剩余。34設(shè)為的標(biāo)準(zhǔn)分解式，記為的正因數(shù)的和，為的正因數(shù)的個(gè)數(shù)，則？ ？ 為什么？四計(jì)算題。（7分題×4題28分）35 求不定方程6x+93y=75的一切整數(shù)解。36 解同余方程組37解同余式11(mod125)38求模13的所有原根。五、證明題：（7

5、分/題×2題=14分）39、試證： ，（x，y）=1 y是偶數(shù)的整數(shù)解可寫成： 這里，并且一為奇數(shù)，一為偶數(shù)。40、設(shè)a為正整數(shù)，試證： 其中表示展布在a的一切正因數(shù)上的和式。六、應(yīng)用題：（8分）41、求30！中末尾0的個(gè)數(shù)。參考答案：一單項(xiàng)選擇：ABCDD；DACCB；DCAAD；BCBAB。 二填空題：2121；22；23；24；25！+1為素?cái)?shù)；261；27；28；29與中的單數(shù)；3016三簡答題：31答：命題正確。 而必為2的倍數(shù)。86頁32正確證明見教材。33在摸的簡化剩余系中與同余的數(shù)是數(shù)的平方剩余，故1，2，4，8，9，13，15，16為摸17的平方剩余，而3，5，6，

6、7，10，11，12，14為摸17的平方非剩余。34 證明：若為可乘函數(shù)，則 分別令，它們?yōu)榭沙撕瘮?shù)，即得出。四計(jì)算題35解：因?yàn)?，故原不定方程有解?又原方程即 ，而易見方程有解 。所以原方程的一個(gè)解是所以，原方程的一切整數(shù)解是：（ ） t是整數(shù)36解：因?yàn)槟?，6，7兩兩互質(zhì)，由孫子定理得所給同余方程組關(guān)于模5×6×7210有唯一解，分別解同余方程：，得， ，因此所給同余方程組的解是：即：37解：從同余方程， ， ， 是 得即 是所給方程的一個(gè)解，于是所解為： 解畢。38解： 為其質(zhì)因數(shù) ，故g為模13的原根的主要條件是： ， 用 g=1，2，12逐一驗(yàn)證，得：2，6，

7、7，11為模13的原根， 因?yàn)?，故?3原根只有4個(gè)，即為所求。五、證明題：39證明：易驗(yàn)證所給的解為原方程的解，因y為偶數(shù)，原方程可化為： 但 而x,z=1，所以（，）=1 由書中引理，我們可假設(shè) =， =b 顯然>b， (，b)=1， 于是 X=b， z=+ ，y=2 因子為奇數(shù)，所以，b一定是一為奇，一為偶，證畢40證明：假定 ，-， 為的所有正約數(shù)，那末 ，-，也是的所有正約數(shù)，于是 = 再因?yàn)樵诘耐耆Ｓ嘞抵腥我粩?shù)的最大公約數(shù) 必定是 ，-， 中某一個(gè)數(shù)，而完全剩余系中與的最 大公約數(shù)為的數(shù)有 ，所以： = m 證畢六應(yīng)用題：41解：5在30！中的最高次冪=+ =6+1+0=7

8、 2在30！的最高次冪=+ =15+7+3+1+0=26 10=2×5，故 30！的末尾有7個(gè)零。初等數(shù)論模擬試題二一、單項(xiàng)選擇題1、（C ）.A B C D 02、如果，則(D ).A B C D 3、如果，則=（C ）.A B C D 4、小于30的素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)（A ）.A 10 B 9 C 8 D 75、大于10且小于30的素?cái)?shù)有（ C ）.A 4個(gè) B 5個(gè) C 6個(gè) D 7個(gè)6、如果，則15（A ）.A 整除 B 不整除 C 等于 D不一定7、在整數(shù)中正素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)（C ）.A 有1個(gè) B 有限多 C 無限多 D 不一定二、計(jì)算題1、 求24871與3468的最大公因數(shù)?解：

9、24871=34687+5953468=5955+493595=4931+102493=1024+85102=851+1785=175,所以,(24871,3468)=17.2、 求24871,3468=?解：因?yàn)?（24871,3468）=17 所以 24871,3468= =5073684 所以24871與3468的最小公倍數(shù)是5073684。3、求136,221,391=?解： 136,221,391=136,221,391 =1768,391 = =104391=40664.三、證明題1、 如果是兩個(gè)整數(shù),則存在唯一的整數(shù)對,使得,其中.證明 ：首先證明唯一性.設(shè),是滿足條件的另外整數(shù)

10、對,即,.所以,即,.又由于,所以.如果,則等式不可能成立.因此,. 其次證明存在性.我們考慮整數(shù)的有序列,則整數(shù)應(yīng)介于上面有序列的某兩數(shù)之間,即存在一整數(shù)使.我們設(shè),則有,. 2、 證明對于任意整數(shù),數(shù)是整數(shù). 證明： 因?yàn)?, 而且兩個(gè)連續(xù)整數(shù)的乘積是2的倍數(shù),3個(gè)連續(xù)整數(shù)的乘積是3的倍數(shù), 并且(2,3)=1, 所以從和有,即是整數(shù). 3、 任意一個(gè)位數(shù)與其按逆字碼排列得到的數(shù)的差必是9的倍數(shù)證明： 因?yàn)?, =, 所以,-= 而上面等式右邊的每一項(xiàng)均是9的倍數(shù), 于是所證明的結(jié)論成立. 4、 證明相鄰兩個(gè)偶數(shù)的乘積是8的倍數(shù).證明: 設(shè)相鄰兩個(gè)偶數(shù)分別為 所以= 而且兩個(gè)連續(xù)整數(shù)的乘積

11、是2的倍數(shù) 即是8的倍數(shù). 初等數(shù)論模擬試題三一、單項(xiàng)選擇題1、如果( A ),則不定方程有解.A B C D 2、不定方程（A ）.A 有解 B 無解 C 有正數(shù)解 D 有負(fù)數(shù)解 二、求解不定方程1、.解：因?yàn)椋?，21）=3，所以有解； 化簡得； 考慮，有， 所以原方程的特解為， 因此，所求的解是。 2、.解：因?yàn)?,所以有解; 考慮,; 所以是特解, 即原方程的解是 3、.解：因?yàn)椋?07，37）=1，所以有解； 考慮，有， 所以，原方程特解為=225，=-650， 所以通解為 4.求不定方程的整數(shù)解.解 我們將它分為兩個(gè)二元一次不定方程來求解25x+13y=t, t+7z=4.利用求二

12、元一次不定方程的方法,因?yàn)?5(-t)+13(2t)= t, 32+7(-4)=4,所以,上面兩個(gè)方程的解分別為 , .消去t就得到所求的解,這里是任意整數(shù).5.求不定方程的整數(shù)解.解 我們將它分為兩個(gè)二元一次不定方程來求解4x-9y=t, t+5z=8.利用求二元一次不定方程的方法,因?yàn)?(-2t)-9(-t)= t, 48+5(-8)=8,所以,上面兩個(gè)方程的解分別為 , .消去t就得到所求的解,這里是任意整數(shù).初等數(shù)論模擬試題四一、選擇題1、整數(shù)5874192能被( B )整除.A 3 B 3與9 C 9 D 3或92、整數(shù)637693能被(C )整除.A 3 B 5 C 7 D 93、

13、模5的最小非負(fù)完全剩余系是( D ).A -2,-1,0,1,2 B -5,-4,-3,-2,-1 C 1,2,3,4,5 D 0,1,2,3,44、如果,是任意整數(shù),則（A ）A B C T D 二、解同余式（組）（1）.解 因?yàn)?45,132)=3¦21,所以同余式有3個(gè)解. 將同余式化簡為等價(jià)的同余方程 . 我們再解不定方程, 得到一解(21,7). 于是定理4.1中的. 因此同余式的3個(gè)解為, , . （2）解 因?yàn)?12,45)=3¦15,所以同余式有解,而且解的個(gè)數(shù)為3. 又同余式等價(jià)于,即. 我們利用解不定方程的方法得到它的一個(gè)解是(10,3), 即定理4.1

14、中的. 因此同余式的3個(gè)解為, ,.（3）.解 因?yàn)?111,321)=3¦75,所以同余式有3個(gè)解. 將同余式化簡為等價(jià)的同余方程 . 我們再解不定方程, 得到一解(-8,3). 于是定理4.1中的. 因此同余式的3個(gè)解為, , . （4）.解 因?yàn)?7,8,9)=1,所以可以利用定理5.1.我們先解同余式,得到.于是所求的解為（5）. (參考上題)三、證明題1、 如果整數(shù)的個(gè)位數(shù)是5,則該數(shù)是5的倍數(shù).證明 設(shè)是一正整數(shù),并將寫成10進(jìn)位數(shù)的形式:=,. 因?yàn)?00(mod5), 所以我們得到 所以整數(shù)的個(gè)位數(shù)是5,則該數(shù)是5的倍數(shù). 2、證明當(dāng)是奇數(shù)時(shí)，有.證明 因?yàn)?所以.

15、于是,當(dāng)是奇數(shù)時(shí),我們可以令.從而有, 即. 初等數(shù)論模擬試題四一、計(jì)算：1、 判斷同余式是否有解？(答：無解。方法參照題2)2、判斷同余式是否有解？解 我們?nèi)菀字?847是素?cái)?shù),所以只需求的值.如果其值是1,則所給的同余式有解,否則無解. 因?yàn)?所以 .再,所以 , 所以, =1. 于是所給的同余式有解. 3、 11的平方剩余與平方非剩余.解 因?yàn)?所以平方剩余與平方非剩余各有5個(gè). 又因?yàn)?, 所以,1，3，4，5，9是素?cái)?shù)11的5個(gè)平方剩余.其它的8個(gè)數(shù)，2，6，7，8，10是素?cái)?shù)11的平方非剩余. 4、 計(jì)算,其中563是素?cái)?shù)., 即429是563的平方剩余. 5、計(jì)算（計(jì)算方法參照

16、題4）二、證明題：1、 證明相鄰兩個(gè)整數(shù)的立方之差不能被5整除.證明 因?yàn)? 所以只需證明T.而我們知道模5的完全剩余系由-2,-1,0,1,2構(gòu)成,所以這只需將n=0,±1,±2代入分別得值1，7，1，19，7.對于模5, 的值1，7，1，19，7只與1，2，4等同余, 所以T 所以相鄰兩個(gè)整數(shù)的立方之差不能被5整除。 2、 證明形如的整數(shù)不能寫成兩個(gè)平方數(shù)的和.證明 設(shè)是正數(shù),并且, 如果, 則因?yàn)閷τ谀?,只與0,1,2,-1等同余, 所以只能與0,1同余, 所以, 而這與的假設(shè)不符, 即定理的結(jié)論成立. 3、一個(gè)能表成兩個(gè)平方數(shù)和的數(shù)與一個(gè)平方數(shù)的乘積,仍然是兩個(gè)平

17、方數(shù)的和;兩個(gè)能表成兩個(gè)平方數(shù)和的數(shù)的乘積,也是一個(gè)兩個(gè)平方數(shù)和的數(shù).（11分）證明 （1）設(shè),則顯然. （2）如果,那么 = =. 3、 素?cái)?shù)寫成兩個(gè)平方數(shù)和的方法是唯一的.證明 設(shè),則 =.所以 . 如果,那么,將其代入前面的表達(dá)式,則有 .所以,即.于是,即必有,.如果,那么,我們將其代入前面的表達(dá)式后與上面的方法一致,可以得到.于是,即必有,所以 初等數(shù)論考試試卷1一、單項(xiàng)選擇題(每題3分，共18分)1、如果，則( ).A B C D 2、如果，則15（ ）.A 整除 B 不整除 C 等于 D不一定3、在整數(shù)中正素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)（ ）.A 有1個(gè) B 有限多 C 無限多 D 不一定4、如果,

18、是任意整數(shù),則A B C T D 5、如果( ),則不定方程有解.A B C D 6、整數(shù)5874192能被( )整除.A 3 B 3與9 C 9 D 3或9二、填空題(每題3分，共18分)1、素?cái)?shù)寫成兩個(gè)平方數(shù)和的方法是（ ）.2、同余式有解的充分必要條件是( ).3、如果是兩個(gè)正整數(shù),則不大于而為的倍數(shù)的正整數(shù)的個(gè)數(shù)為( ).4、如果是素?cái)?shù),是任意一個(gè)整數(shù),則被整除或者( ).5、的公倍數(shù)是它們最小公倍數(shù)的( ).6、如果是兩個(gè)正整數(shù),則存在( )整數(shù),使,.三、計(jì)算題(每題8分，共32分)1、求136,221,391=?2、求解不定方程.3、解同余式.4、求,其中563是素?cái)?shù). （8分）

19、四、證明題(第1小題10分，第2小題11分，第3小題11分，共32分)1、證明對于任意整數(shù),數(shù)是整數(shù).2、證明相鄰兩個(gè)整數(shù)的立方之差不能被5整除.3、證明形如的整數(shù)不能寫成兩個(gè)平方數(shù)的和.試卷1答案一、單項(xiàng)選擇題(每題3分，共18分)1、D. 2、A 3、C 4、A 5、A 6、B 二、填空題(每題3分，共18分)1、素?cái)?shù)寫成兩個(gè)平方數(shù)和的方法是（唯一的）.2、同余式有解的充分必要條件是().3、如果是兩個(gè)正整數(shù),則不大于而為的倍數(shù)的正整數(shù)的個(gè)數(shù)為( ).4、如果是素?cái)?shù),是任意一個(gè)整數(shù),則被整除或者( 與互素 ).5、的公倍數(shù)是它們最小公倍數(shù)的( 倍數(shù) ).6、如果是兩個(gè)正整數(shù),則存在( 唯一 )整數(shù),使,.三、計(jì)算題(每題8分，共32分)1、 求136,221,391=?（8分）解 136,221,391=136,221,391 =1768,391 -(4分) = =104391=40664. -（4分）2、求解不定方程.（8分） 解：因?yàn)椋?，21）=3，所以有解； -（2分） 化簡得； -（1分）考慮，有， -（2分）所以原方程的特解為， -（1分）因此，所求的解是。 -（2分）3、解同余式. （8分）解 因?yàn)?12,45