02013初等数论试卷及答案

初等数论考试试卷
一、 单项选择题：（1分/题×20题=20分） 1．设x 为实数，[]x 为x 的整数部分，则( A ) Ａ．[][]1x x x ≤<+； Ｂ．[][]1x x x <≤+； Ｃ．[][]1x x x ≤≤+； Ｄ．[][]1x x x <<+． 2．下列命题中不正确的是( B ) Ａ．整数12,,,n a a a 的公因数中最大的称为最大公因数；
Ｂ．整数12,,
,n a a a 的公倍数中最小的称为最小公倍数 【有最小的吗？】
Ｃ．整数a 与它的绝对值有相同的倍数 Ｄ．整数a 与它的绝对值有相同的约数
3．设二元一次不定方程ax by c +=（其中,,a b c 是整数，且,a b 不全为零）有一整数解
()00,,,x y d a b =，则此方程的一切解可表为( C )
Ａ．00,,0,1,2,;a b
x x t y y t t d d =-
=+=±± Ｂ．00,,0,1,2,
;a b
x x t y y t t d d =+=-=±± Ｃ．00,,0,1,2,
;b a
x x t y y t t d d =+=-=±± Ｄ．00,,0,1,2,
;b a
x x t y y t t d d
=-=-=±±
4．下列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．8，16，17 5．下列推导中不正确的是( D )
Ａ．()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a b b m ≡≡⇒+≡+ Ｂ．()()()11221212mod ,mod mod ;a b m a b m a a bb m ≡≡⇒≡ Ｃ．()()111212mod mod ;a b m a a b a m ≡⇒≡ Ｄ．()()112211mod mod .a b m a b m ≡⇒≡ 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．()mod a b m ≡的充分必要条件是( A ) Ａ．;m a b - Ｂ．;a b m - Ｃ．;m a b + Ｄ．.a b m +
8．设()43289f x x x x =+++，同余式()()0mod5f x ≡的所有解为( C ) Ａ．1x =或1;- Ｂ．1x =或4; Ｃ．1x ≡或()1mod5;- Ｄ．无解． 9、设f(x)=10n n a x a x a +++其中()0,mod i a x x p ≡是奇数若为f(x)()0mod p ≡的一个解，
则:( ? )
A ．()()
mod ()0mod ,1p f x p χχ∂≡≡∂>一定为的一个解 B ．()()
0mod ,1,()0mod p f x p χχ∂∂≡∂>≡一定为的一个解
C ．()()
()00(),()0mod mod ,mod p f x f x p x x p x x p ααα≡≡≡当不整除时一定有解其中 D ．()()
()00mod ()0mod ,mod x x p f x p x x p ααα≡≡≡若为的一个解则有 10．()10(),,0mod ,,n n i n f x a x a x a a a p n p =+
++≡>/设其中为奇数则同余式
()()0mod f x p ≡的解数：
（ ） A ．有时大于p 但不大于n; B ．不超过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 :( D )
A ．3
B ．11
C ．13
D ．23 12．若雅可比符号1a m ⎛⎫
=
⎪⎝⎭
，则 ( C ) A ．()2mod ,x a m ≡同余式一定有解
B ．()()2,1,mod a m x a p =≡当时同余式有解;
C ．()2(,mod m p x a p =≡当奇数)时同余式有解;
D ．()2(),mod a p x a p =≡当奇数时同余式有解．
13．()
()2mod 2,3,2,1,x a a αα≡≥=若同余式有解则解数等于( A )
A ． 4
B ． 3
C ． 2
D ． 1 14． 模12的所有可能的指数为：( A )
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 的原根存在，下列数中，m 不可能等于：( D ) A ． 2 B ． 3 C ． 4 D ． 12 16．对于模5，下列式子成立的是 ( B ) A ．322ind = B ． 323ind =
C ． 350ind =
D ． 3331025ind ind ind =+ 17．下列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()a φ；
C ．不超过x 的质数的个数()x π；
D ．除数函数()a τ；
18．若x 对模m 的指数是ab ，a >0，ab >0，则a χ对模m 的指数是( B ) A ．a B ．b C ．ab D ．无法确定 19．()f a ，()g a 均为可乘函数，则( A ) A ．()()f a g a 为可乘函数； B ．
()
()
f a
g a 为可乘函数 C ．()()f a g a +为可乘函数； D ．()()f a g a -为可乘函数 20．设()a μ为茂陛乌斯函数，则有( B )不成立
A ．()11μ=
B ．()11μ-=
C ．()21μ=-
D ．()90μ= 二．填空题：（每小题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：1122n n a x a x a x N ++
+=，其中1a ，2a ，…，n a ，N 均为整数，
2≥n ，有整数解的充分必要条件是_（1a ，2a ，…，n a ，）︱N_； 23．有理数
a
b
，0a b <<，)(,1a b =，能表成纯循环小数的充分必要条件是_（10，b ）=1__； 24． 设()0mod x x m ≡为一次同余式()mod ax b m ≡，a ≡()0mod m 的一个解，则它的所有
解为2,__；
25． 威尔生（wilson ）定理：____()1p -！+1()0mod ,p p ≡为素数______； 26． 勒让德符号5031013⎛⎫
⎪⎝⎭
=___1___； 27． 若)
(
,1a p =，则a 是模p 欧拉判别条件)；
28． 在模m 的简化剩余系中，原根的个数是___()()
m φφ__；
29． 设1α≥，g 为模p α的一个原根，则模2p α的一个原根为_g 与g+a p 中的奇数_； 30． ()48ϕ=___16___。

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)(
,1a m =，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的简化剩余系中平方剩余与平方非剩余。

34．设12
1
2k
k a p p p ααα=为a 的标准分解式，记()S a 为a 的正因数的和，()a τ为a 的正因数的
个数，则()S a ＝？ ()a τ＝？ 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()()()1mod 53mod 62mod 7x y z ≡⎧⎪
≡⎨⎪≡⎩
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：2222x y z +=，（x ，y ）=1，y 是偶数的整数解可写成：
22(2)x a b =±- 2y ab = 222z a b =+
这里0a b >>，(),1a b =，并且一为奇数，一为偶数。

40、设a 为正整数，试证：
||()()d a
d a
a
d a d
φφ==∑∑
其中
|d a
∑
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,,
,|n a a a N ；
23．(),101b =；24．()
0,0,1,2,,m
x t t a m +=±±；
25．()1p -！+1()0mod ,p p ≡为素数；26．1； 27．()12
1mod p a
p -≡；28．()()m φφ；29．g 与g p α+中的单数；30．16
三．简答题：31．答：命题正确。

()()2
211211m m +-=++⎡⎤⎣⎦()211m +-⎡⎤⎣⎦
()()22241m m m m =⋅+=+ 而()1m m +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2
2211,2,
,2p -⎛⎫
⎪⎝⎭
同余的数是数p 的平方剩余，
()1
17,
182
p p =-=，222211,24,39,416≡≡≡≡，222258,62,715,813≡≡≡≡ 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。

34．()()
121
1
1
11i i
k
k
i
i
i
i i i p s a p p
p p αα+==-=
+++
+=-∏∏
()()()()12111k a τααα=+++
证明：若()f a 为可乘函数，则()()()()|11i
k
i
i a
i f f p f p αα
α==++∑∏．
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()6,933|75=，故原不定方程有解。

又原方程即 23125x y +=，而易见方程2311x y +=有解
''
016,1x y ==-。

所以原方程的一个解是00400,25x y ==- 所以，原方程的一切整数解是：
40031252x t
r t
=+=-- 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
5×6×7＝210有唯一解，分别解同余方程：
()421mod5x ≡，()351mod6x ≡，()301mod7x ≡，得
()3mod5x ≡， ()1m o d 6x ≡-，()4mod7x ≡ 因此所给同余方程组的解是：
()()423135133042mod210x ≡⋅⋅+⋅-⋅+⋅⋅
即：()26151mod210x ≡≡
37．解：从同余方程()()211mod51mod5x x ≡≡得， ()()()
2
22111511mod5,1010mod5t t +≡≡再从得， ()()
2111mod5,16mod5t t ≡+≡因此于是， 是()()
()2
22232
11mod5,6511mod5t χ≡+≡的解又从
得()
()32230025mod5,121mod5t t ≡-≡-因此
即()222mod5,65256t x ≡=+⋅=所以是所给方程的一个解，于是所解为：
()56m o d 125
x ≡±解毕。

38．解：()2131223,φ==⨯ 122,3g g == 为其质因数
()
()1313
6,
42
3
φφ==，故g 为模13的原根的主要条件是：
()61m o d 13g ≡/，()41mod13g ≡/
用 g=1，2，……12逐一验证，得：2，6，7，11为模13的原根， 因为()124φ=，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：
2
222z x z x r +-⎛⎫
⋅= ⎪⎝⎭
但 ,|,2222z x z x z
x z x z +-
+-⎛⎫⎛⎫=
⎪
⎪⎝⎭⎝⎭
,|,2222z x z x z
x z x x +-+-⎛⎫⎛⎫=
⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
而
，所以（
2z x +，2
z x
-）=1 由书中引理，我们可假设
2z x +=2a ， 2
z x -=b 2
显然a >b ， (a ，b)=1， 于是
X=2a －b 2， z=2a +2b ，y=2ab
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 ，---， k d 为a 的所有正约数，那末
1a d ，---，k
a d 也是a 的所有正约数，于是
()d a
d φ∑=()d a
a
d
φ∑
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 ，---， k d 中某一个数，而完全剩余系中与a 的最 大公约数为i d 的数有(
)i
m
d φ ，所以： ()d a
m d
φ∑= 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=2×5，故 30！的末尾有7个零。