最新初等數(shù)論試卷

1、精品文檔初等數(shù)論試卷一、 單項(xiàng)選擇題：（ 1 分 /題 ×20 題=20 分）設(shè) x 為實(shí)數(shù)，x 為 x 的整數(shù)部分，則 () xxx1 ； xxx1 ；xxx1；xxx1下列命題中不正確的是()整數(shù) a1, a2,an 的公因數(shù)中最大的稱為最大公因數(shù)；整數(shù) a1, a2,an 的公倍數(shù)中最小的稱為最小公倍數(shù)整數(shù) a 與它的絕對值有相同的倍數(shù)整數(shù) a 與它的絕對值有相同的約數(shù)設(shè)二元一次不定方程axbyc （其中 a, b,c 是整數(shù)，且a, b 不全為零）有一整數(shù)解x0 , y0 , da, b ，則此方程的一切解可表為() x x0a t , yy0b t, t0,1,2, ;dd

2、 x x0a t , yy0b t, t0,1,2, ;dd x x0b t , yy0a t, t0,1,2, ;dd x x0b t , yy0a t, t0,1,2, ;dd()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 () a1b1mod m , a2b2modma1 a2b1b 2 mod m ; a1b1mod m ,a2b2modma1 a2bb1 2mod m ; a1b1mod ma1 a2b1a 2 mod m ; a2b2 mod ma1b1mod m .11模的一個(gè)簡化剩余系是() 0,1,2,9; 1,2,3,10;精品文檔精品文檔 5,4,3,

3、2,1,0,1,2,3,4; 1,3,7,9. ab mod m的充分必要條件是 () m ab; ab m ; m ab; ab m.設(shè) fx439，同余式 fx0 mod5的所有解為 ()x2x8x x1或1; x1或 4; x1或1 mod5;無解9、設(shè)f(x)= an xna1xa0 其中 ai是奇數(shù) ,若 xx0mod p為 f(x)0 mod p 的一個(gè)解，則 :()Amod p 一定為 f ( x)0 mod p,1的一個(gè)解B0 mod p,1,一定為 f ( x)0mod p 的一個(gè)解C 當(dāng) p不整除 f ( x)時(shí), f ( x)0mod p一定有解 xx0mod p,其中

4、xx0 mod pD 若 xx0mod p為 f ( x)0mod p的一個(gè)解 , 則有 xx0mod p10 設(shè)f (x)na1xa0 , 其中 ai 為奇數(shù) ,an0mod p , n p, 則同余式an xf (x)0 mod p 的解數(shù) ：（）A 有時(shí)大于 p 但不大于 n;B可超過 pC等于 pD 等于 n11若 2 為模 p 的平方剩余，則 p 只能為下列質(zhì)數(shù)中的:()A 3B11C13D2312若雅可比符號a1 ，則()mA 同余式 x2a mod m 一定有解 ,B 當(dāng) a, m1時(shí) ,同余式 x2amod p 有解 ;C 當(dāng)mp(奇數(shù) ) 時(shí),同余式 x2a mod p有解

5、;精品文檔精品文檔D 當(dāng) ap(奇數(shù) )時(shí),同余式 x2a mod p 有解 13 若同余式 x2a mod 2,3, 2, a1有解 ,則解數(shù)等于()A4B3C2D114 模 12 的所有可能的指數(shù)為;()A 1，2，4B1，2，4， 6，12C 1，2，3，4， 6， 12D無法確定15 若模 m 的單根存在，下列數(shù)中，m 可能等于 :()A2B3C4D1216對于模 5，下列式子成立的是: ()A ind 3 22Bind 3 23Cind 3 50Dind 310ind 3 2ind 3 517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)a

6、 ；C不超過 x 的質(zhì)數(shù)的個(gè)數(shù)x ；D除數(shù)函數(shù)a ；18 若 x 對模 m 的指數(shù)是 ab ， a >0， ab >0，則 x 對模 m 的指數(shù)是 ()A aB bC abD無法確定19 fa ， g a 均為可乘函數(shù)，則 ()A fa g a 為可乘函數(shù)；B fa 為可乘函數(shù)g aC fag a 為可乘函數(shù)；D fag a 為可乘函數(shù)20設(shè)a 為茂陛烏斯函數(shù)，則有()不成立A11B11C21D90二填空題：（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：a1x1a2 x2an xnN ，其中 a1 ， a2 ， ， an ，N 均為

7、整數(shù)，n2，有整數(shù)解的充分必要條件是_；精品文檔精品文檔23 有 理 數(shù) a ， 0ab ，a,b1 ， 能 表 成 純 循 環(huán) 小 數(shù) 的 充 分 必 要 條 件 是b_；24 設(shè) xx0mod m 為一次同余式 axb mod m ，a0 mod m 的一個(gè)解， 則它的所有解為 _；25 威爾生（ wilson ）定理： _；503=_；26 勒讓德符號101327 若 a, p1，則 a 是模 p 的平方剩余的充分必要條件是 _(歐拉判別條件 )；28 在模 m 的簡化剩余系中，原根的個(gè)數(shù)是_；29 設(shè)1 ， g 為模 p的一個(gè)原根，則模2 p 的一個(gè)原根為 _；3048_。三簡答題：（

8、 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 a, m1， x 通過模 m 的簡化剩余系，則ax 也通過模 m 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) ap1 1 p2 2pk k 為 a 的標(biāo)準(zhǔn)分解式， 記 S a 為 a 的正因數(shù)的和，a 為 a 的正因數(shù)的個(gè)數(shù)，則 S a ？a ？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。x1 mod 536 解同余方程組y3 mod

9、 6z2 mod 737解同余式 x2 11(mod125)38求模 13 的所有原根。五、證明題：（7 分/題×2 題 =14 分）39、試證：x22y2z2 ，（x， y） =1 y 是偶數(shù)的整數(shù)解可寫成：x(a22b2 )y2ab z a 22b2精品文檔精品文檔這里 ab0 ， a, b1，并且一為奇數(shù)，一為偶數(shù)。40、設(shè) a 為正整數(shù)，試證：(d )( a )ad|ad |ad其中表示展布在a 的一切正因數(shù)上的和式。d |a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：

10、 2121；22 a1 , a2 ,an| N ；23b,101；24x0m,t 0, 1, 2, ；ta, m25 p1 ！ +1 0 mod p , p 為素?cái)?shù)； 26 1；p127 a 21 mod p ； 28m； 29 g 與 gp 中的單數(shù)； 30 16三簡答題： 31答：命題正確。2m 1212m 112m 112m 2m24m m1而 m m1必為 2 的倍數(shù)。86 頁32正確證明見教材P47 。33 在 摸 p 的 簡 化 剩 余 系 中 與 12,2 2 , , p 12同 余 的 數(shù) 是 數(shù) p 的 平 方 剩 余 ，2p 17,1p 1 8 ， 121,224,3 29

11、, 4216，528,6 22,7 215,8 2132故 1，2，4，8，9，13，15，16 為摸 17 的平方剩余，而 3， 5，6，7，10，11，12，14 為摸 17的平方非剩余。34 s aak1 p p2pikp i 11i 1iiii 1pi111 21k1精品文檔精品文檔k證明：若 f a為可乘函數(shù)，則f1 f pif pii|ai 1分別令 fa a. f a1，它們?yōu)榭沙撕瘮?shù)，即得出。四計(jì)算題35解：因?yàn)?,933| 75 ，故原不定方程有解。又原方程即2x31y 25 ，而易見方程2x31y 1有解x0'16, y0'1。所以原方程的一個(gè)解是x0400

12、, y025所以，原方程的一切整數(shù)解是：（）x40031tr25t 是整數(shù)2t36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5×6×7 210 有唯一解，分別解同余方程：42 x 1 mod5 ， 35x1 mod6， 30 x 1 mod7，得x 3 mod5，x，x 4 mod71 m o d 6因此所給同余方程組的解是：x4231351330 4 2 mod210即： x26151 mod21037解：從同余方程 x211 mod5 得 x1 mod5 ，再從 12,得10t 10mod52 ，5t11 mod5 211因此 t11 mod5,

13、于是 1t1 6mod5 2，11 mod5 2211 mod5 3是2的解 ,又從 652 t2得300t225 mod5 3,因此 12t21 mod5即 t2 2 mod5,所以 x6522 56是所給方程的一個(gè)解，于是所解為：x5 6m o d 1 2 5解畢。精品文檔精品文檔38解：1312 223,g1 2, g2 3 為其質(zhì)因數(shù)1 31 3，故 g 為模 13 的原根的主要條件是：26 ,43g61，41 mod13m o d 1 3 g用 g=1， 2， 12 逐一驗(yàn)證，得： 2，6， 7， 11 為模 13 的原根，因?yàn)?124，故模13 原根只有4 個(gè)，即為所求。五、證明題

14、：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：zxzx2r222但z x, z x |z,x z xz2222z x, z x |z,x z xx2222而，所以（ zx ， zx ）=122由書中引理，我們可假設(shè)zx = a2 ，z x =b 222顯然 a >b， ( a ， b)=1， 于是X= a2 b 2 ，z= a 2 + b 2， y=2 ab因子為奇數(shù)，所以a ，b 一定是一為奇，一為偶，證畢40證明：假定d1 ， -，dk 為 a 的所有正約數(shù)，那末a ， -， a 也是 a 的所有正約數(shù)，于是d1dk(d) =( a )d ad ad精品文檔精品文檔再