初等數(shù)論試卷

1、初等數(shù)論試卷一、單項(xiàng)選擇題：1分/題X20題=20分1 .設(shè)x為實(shí)數(shù),lx 為x的整數(shù)局部,那么A. R 攔 x<lX+1 ;B. x<x'lX + 1；c. R 攔x 壬 RI+1;D. x<x<ixi + 1.2 .以下命題中不正確的選項(xiàng)是 A. 整數(shù)a1,a2,HI,an的公因數(shù)中最大的稱為最大公因數(shù)；B. 整數(shù)a1,a2,"|,an的公倍數(shù)中最小的稱為最小公倍數(shù)C. 整數(shù)a與它的絕對(duì)值有相同的倍數(shù)D. 整數(shù)a與它的絕對(duì)值有相同的約數(shù)3.設(shè)二元一次不定方程ax+by=c 其中a, b,c是整數(shù),且 a,b不全為零有一整數(shù)解x0, y0, d =

2、a, b ,那么此方程的一切解可表為abA. x=x. t,y =y° t,t =0, _1,_2,川；ddabB. x=x.t,y=y.t,t =0, _1,_2,川；dd-baC. x=x°t,y = y° -一t,t =0, _1,_2,川；dd_baD.、*-了,廣赤-如=0頂-2,川;4 .卜列各組數(shù)中小構(gòu)成勾股數(shù)的是()A.5,12,13;B.7,24,25;C .3,4,5;D. 8 ,16,175 .卜列推導(dǎo)中小止確的是A.ab|modm,a2= b2modm =a1 a2 =燈 b2 modm;B .a=加modm,a2=烷modm =aa2 =

3、b|b 2 modm ;C. a三加 modm =三ba2 modm ;D. a2 三b2 modm = a三bi modm .116 .模1 0的一個(gè)簡化剩余系是 ()A. 0,1,2,川,9;B. 1,2,3,川,10;C. -5,頊,S, 2, 1,0,1,2,3,4;D. 1,3,7,9.7 . a三b(modm)的充分必要條件是()A. m a b;B . a b m;c. ma+b;d. a+bm.8 .設(shè) f (x )=x4+2x3+8x+9,同余式 f(x)M0(mod5 )的所有解為()A. x=1 或1;B. x=1 或 4;C. x 三1 或-1(mod5);D.無解.9

4、、 設(shè) f(x)= anxn +川H +ax +a° 其中 ai是奇數(shù),假設(shè)x = x0 (mod p )為 f(x)三 0( mod p)的一個(gè) 解,那么:()A. L三Z (mod p廣定為f (x)三0(mod p'),己?1的一個(gè)解B. Z 三 Z0(mod p & 己?1,一定為 f(x)0(mod p /勺一個(gè)解C. 當(dāng)p不整除f (x)時(shí),f(x)三0(mod p"廣定有解x三x°(mod p"),其中三x°(mod p )D. 假設(shè)x 三 x0 (mod p")為 f (x)三 0( mod p&quo

5、t; 口勺一個(gè)解,那么有 xu 三 x0( mod p )10. 設(shè)f (x) =anxn +川山+ax十如其中a奇數(shù),an *0(mod p),n> p,那么同余式f(x)三0(modp 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 .假設(shè)2為模p的平方剩余,那么p只能為以下質(zhì)數(shù)中的:()A . 3B . 11C . 13D . 2312 .假設(shè)雅可比符號(hào)旦=1,那么()mA. 同余式x2三a(modm L定有解,B. 當(dāng)(a,m ) = 1時(shí),同余式x2三a(mod p )有解;C.當(dāng)m = p奇數(shù)時(shí),同余式x2三amod p X解;D.當(dāng)a = p(奇

6、數(shù))時(shí),同余式xa(mod p冷解.13. 假設(shè)同余式x2三a(mod2° ) 口芝3,(2,a )=1有解,那么解數(shù)等于()A. 4B. 3C.2D.114. 模12的所有可能的指數(shù)為;()A. 1, 2, 4 B. 1 , 2, 4, 6, 12 C. 1, 2, 3, 4, 6, 12 D.無法確定15. 假設(shè)模m的單根存在,以下數(shù)中,m可能等于：()A.2 B.3C. 4D.1216. 對(duì)于模5,以下式子成立的是：()A. ind32=2B. ind32=3C. ind35=0D. ind 310 =ind32+ind3517.以下函數(shù)中不是可乘函數(shù)的是：()A .茂陛鳥斯(

7、mobius)函數(shù)w(a);B. 歐拉函數(shù)e(a )；C. 不超過x的質(zhì)數(shù)的個(gè)數(shù)n(x);D.除數(shù)函數(shù)7(a);18. 假設(shè)x對(duì)模m的指數(shù)是ab , a>0,A. a B. b C. ab19. f (a ), g (a )均為可乘函數(shù),那么(A. f(a)g(a )為可乘函數(shù)；B.C. f(a)+g(a)為可乘函數(shù)；D.20. 設(shè)P(a)為茂陛烏斯函數(shù),貝m (A .1 =1B MF =1ab>0,那么x0"對(duì)模m的指數(shù)是()D.無法確定)業(yè)刃為可乘函數(shù)g af (a )-g(a)為可乘函數(shù))不成立C. 2)=1D P(9)=0二.填空題：(每題1分,共10分)21.

8、3在45!中的最高次 n= ;22. 多元一次不定方程：ax1+a?x2+HI+anxn = N,其中a,a?,a,N均為整數(shù),n芝2,有整數(shù)解的充分必要條件是 ；23 .有理數(shù)a , 0ab , (a,b)=1 ,能表成純循環(huán)小數(shù)的充分必要條件是 b;24. 設(shè)x=x0 (modm)為一次同余式ax三b(modm ), aMO(modm)的一個(gè)解,那么它的所有 解為;25. 威爾生(wilson) 定理： ;26. 勒讓德符號(hào)'03 1=;101327. 假設(shè)(a, p )=1,那么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 ；

9、29. 設(shè)a芝1 , g為模p"的一個(gè)原根,那么模2 pa的一個(gè)原根為 ；30. 甲(48 )=.三. 簡做題：(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(duì)嗎說明理由.32. 假設(shè)(a,m)=1, x通過模m的簡化剩余系,那么ax也通過模m的簡化剩余系這命題是否正確正確請(qǐng)證實(shí),不正確請(qǐng)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)a = pFp判II p?為a的標(biāo)準(zhǔn)分解式,記S(a )為a的正因數(shù)的和,x(a)為a的正因數(shù)的個(gè)數(shù),那么S(a)=?E(a) = ? 為什么四. 計(jì)算題.(7分/題4題=28分)35. 求不定方程6x+93y

10、=75的一切整數(shù)解.x 三 1(mod 5 )36. 解同余方程組y三3(mod6)z 三2 (mod 7 )37 .解同余式x2三11(mod125)38 .求模13的所有原根.五. 證實(shí)題：(7分/題X2題=14分)22239、試證：x +2y =z , (x, y) =1 y是偶數(shù)的整數(shù)解可與成：這里a?bA0 , (a,b)=1,并且方一為奇數(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. 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

11、：21. 21； 22.(a1,a2,川,an )|N ; 23. (b,10)=1; 24. x.+t-,t = 0,±1,m2J| ;a,m25. (p1 )! +1 三0(mod p ), p 為素?cái)?shù)；26. 1;p -127. a三 1(modp ); 28. 4( ©(m); 29. g 與 g + p° 中的單數(shù)；30. 16三. 簡做題:31.答：命題正確.(2m + 1；2 1 = (2m + 1)十們(2m+1 )1=2m、(2m +2 )=4m(m +1 )而 m(m + 1)必為 2 的倍數(shù).86頁32 .正確.證實(shí)見教材 .fp1 '

12、;2 . 一、一33 .在摸p的簡化剩余系中與12 2 2川 -1 同余的數(shù)是數(shù)p的平萬剩余,'2 Jp =17,( p 1 ) = 8 , 12 三 1,22 三4,32 三9,42 三 16 , 52 三8,62 三2,72 三 15,82 三 13 2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.k p 1 1 -1 片nrI Pi 一1k34- s(a )=口(1 + p +p： +| + p件kf (a )=(1+f(pi )+HI f (p?).i Wi

13、W證實(shí)：假設(shè)f (a )為可乘函數(shù),那么Z：|a分別令f (a )=a. f (a )=1,它們?yōu)榭沙撕瘮?shù),即得出.四. 計(jì)算題35.解：由于(6,93) = 3|75,故原不定方程有解.又原方程即 2x+31y=25,而易見方程2x+31y=1有解' ' 一、一、一一 ,.一X0 =16, y° = T.所以原萬程的一個(gè)解是 x0 =400, y0 = -25所以,原方程的一切整數(shù)解是:x =400 31tr =-25-2t36. 解：由于模5, 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冶=210有唯一解,分別解同余方程：42x 三 1(mod5 ),

14、35x 三 1(mod6 ), 30x 三 1(mod7),得x 三3(mod5 ),x 三1(mod)5 x 三 4(mod7)因此所給同余方程組的解是：即：x =261 =51 mod21037. 解：從同余方程 x2三11(mod5加導(dǎo)x三1(mod5),2再從(1+5t)三 11(mod52),得 10t三 10(mod52 ),2因此 t1 m(mod5 ),于是 1+t1 =6(mod5 ), -2_是 72 三 11(mod52 的解,又從(6+52t2 )三 11(mod53 )得 300t2 三25(mod5 )因此 12t2 三1(mod5 ) 2即t2三2(mod5),所

15、以x=6+5 2=56 是所給方程的一個(gè)解,于是所解為： x=5& mod 125 解畢.38. 解：8(13)=12=22乂3, g1=2,g2=3 為其質(zhì)因數(shù)1 31 3,、一,=6 ,= 4故g為模13的原根的王要條件是：2 3g6 叩 mo d 1)3 g4 1(mod13)用 g=1 , 2,12逐一驗(yàn)證,得：2, 6, 7, 11為模13的原根, 由于巾(12) = 4,故模13原根只有4個(gè),即為所求.五、證實(shí)題：39.證實(shí)：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:由書中引理, z x_2 - 顯然a >b,所以(J ,豈)=122我們可假設(shè)d=b22b)=1 , 于是40.X=a2因子為奇數(shù),所以z=a2+b2 , y=2 aba , b 一定是一為奇,一為偶,證畢dk為a的所有正約數(shù),那末j , -, j也是a的所有正約數(shù),于是