初等數論試卷一、單項選擇題（1分題×20題=20分）１．設x為實數，x為x的整數部分，( Ａ．xxx1；Ｂ．xxx1；Ｃ．xxx1；Ｄ．xxx1．()Ａ．整數a,a,,a

的公因數中最大的稱為最大公因數；1 2 nＢ．整數a,a,,a

的公倍數中最小的稱為最小公倍數1 2 nＣ．整數a與它的絕對值有相同的倍數Ｄ．整數a與它的絕對值有相同的約數axbyc（abcab不全為零）有一整數解x,y0

,da,b，則此方程的一切解可表( )Ａ．xx0

at,yd

y bt,t0,1,2,;0 dＢ．xx0Ｃ．xx0Ｄ．xx

at,ydbt,ydbt,y

y bt,t0,1,2,;0 dy at,t0,1,2,;0 dy at,t0,1,2,;0 d 0 d４．下列各組數中不構成勾股數的( )Ａ．５，１２，１３； Ｃ．３，４，５； Ｄ．８，１６，１７５．下列推導中不正確的( )Ａ．a1

bmodm,a1

bmodmaa2 1

b1

modm;2Ｂ．

bmodm,

bmodmaa

bb

modm;1 1 2 2

12 1 2Ｃ．

bmodma

ba

modm;1 1 12 1 2Ｄ．a2b2modma1

bmodm.11 1６．模１０的一個簡化剩余系( )Ａ．0,1,2,,9; ,10;Ｃ．5,4,3,2,Ｄ．1,3,7,9.７．abmodm的充分必要條件( )Ａ．mab; Ｂ．abm;Ｃ．mab; Ｄ．abm.８．設fxx42x38x9，同余式fx0mod5的所有解( )Ａ．x1或1; Ｂ．x1或4;Ｃ．x1或1mod5; Ｄ．無解．9f(x)=

xna

x

其中a,x

p為f(x)0modp的n 1 0 i 0一個解，:( )Amodp一定為fx)0p的一個解 B．0

modp 1,一定為fx)0modp的一個解C ．當p不整除fx)時,fx0p一定有解xx0

p其中x

xmodp0D若xx0

p為f(x)0p的一個解則有x

xmodp0f(xaxnaxa,aa

0modp,np,則同余式n 1 0 i nf(x)0modp的解（ ）有時大于p但不大于n; B．可超過pC．等于p D．等于n若2為模p的平方剩余，則p只能為下列質數中的:( )A．3 B．11 C．13 D．23m若雅可比符號a1m x2amodm,當mx2ap有解;mp(x2ap有解;ap(同余式x2ap有解．13．若同余式x2a23,2,a有解,則解數等于( )A．4 B．3 C．2 D．1模12的所有可能的指數;( )A．1，2，4 B．1，2，4，6，12 C．1，2，3，4，6，12 D．無法確定若模m的單根存在，下列數中可能等: ( A．2 B．3 C．4 D．12對于模5，下列式子成立的:( )A．ind22 B．ind233 3C．ind50 D．ind10ind2ind53 3 3 3下列函數中不是可乘函數的: ( A．茂陛鳥(mobius)函數w(a) ;歐拉函數a；x的質數的個數x；除數函數a；若x對模m的指數是ab，a>0，ab>0，則x對模m的指數( )Aa Bb ab fa，ga均為可乘函數，( )A．faga為可乘函數；

faga為可乘函數C．faga為可乘函數； D．faga為可乘函數設a為茂陛烏斯函數，則( )不成立A．1 B．11 C．2D．90（每小題1分，共10分）3在45!中的最高次n＝ ；a

a

ax

N，其中a ，a

，…，

，N均11 22 nn 1 2 n為整數，n2，有整數解的充分必要條件；23a0abab1，能表成純循環小數的充分必要條件是b ；xx0

modmaxbmodma0modm的一個解，則它的所有解；威爾生（wilson）定理； 26．勒讓德符號503= 1013 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)；在模m的簡化剩余系中，原根的個數；設1，g為模p的一個原根，則模2p的一個原根；30．48 （54題20分）“18”對嗎？說明理由。“若am1x通過模m的簡化剩余系，則ax也通過模m”這命題是否正確？正確請證明，不正確請舉反例。17的簡化剩余系中平方剩余與平方非剩余。1a11

p22

pkk

aSaaa為a的正因數的個數，則Sa＝？a＝？為什么？（7×4題＝28分）6x+93y=75的一切整數解。x1mod5解同余方程組y3mod6z2mod737．解同余式x2≡11(mod125)38．求模13的所有原根。（7分題×2題=14分）3、試證：x22y2z2（，）=1y是偶數的整數解可寫成：x(a22b2) y2ab za22b2這里ab0b1，并且40、設a為正整數，試證：

一為奇數，一為偶數。((d)(d|a d|a

a)ad其中d|a

表示展布在a的一切正因數上的和式。（8分）41、求30！中末尾0的個數。參考答案：一．單項選擇：ABCDD；DACCB；DCAAD；BCBAB。二．填空題：21．21；22．

,a,,

|N ；23．b,101；1 2 n24．

t

t0,1,2,；25p1！+10modpp為素數；26．1；m0mp127．a2

a,m1modp；28．m；29．

與gp中的單數；30．16三．簡答題3．答：命題正確 2m212m2m2m2m24mm1而mm2的倍數。86頁32．正確．證明見教材P 。47

p1233．在摸p的簡化剩余系中與,22, ,

同余的數是數p的平方剩余，2 p17,1p1824,329,4216，528,622,7215,821321，2，4，8，9，13，15，16173，5，6，7，10，11，12，1417的平方非剩余。34．

ak

1pp2pii

k

p11iii1a1

i2

i1 k

i1

p1i1 i證明：若fa為可乘函數，則

f

1fpfpi．i i|a i1fafa1，它們為可乘函數，即得出。四．計算題35．解：因為6,933|75，故原不定方程有解。又原方程即2x31y25，而易見方程2x31y1有解x'16,y'0

1。所以原方程的一個解是x0

400,y0

25所以，原方程的一切整數解是（ ）x400r25

t是整數5，6，7兩兩互質，由孫子定理得所給同余方程組關于模5×6×7＝210有唯一解，分別解同余方程：42x1mod535x30x，得x3mod5，xmox4mod7因此所給同余方程組的解是：x423135133042mod210x261 x211mod5x1mod5 再從1t1

11mod52 10t

10mod52 ，因此t1

1mod51t1

6mod52 ， 是211mod52的解

mod53得300t2

25mod53 ,12t2

1mod5即t2mod5,所x652256 是所給方程的一個解，于是所解為：2xmod5 解畢。38．解：12223, g1

2,g2

3為其質因數 6 g13的原根的主要條件是：2 3g6mod3g4mod1用g=1，2，……1213因為4134個，即為所求。五、證明題：證明：易驗證所給的解為原方程的解，因y為偶數，原方程可化為：zx 2 2 但 z

x

xz22 22

2 2 zx x z x 2 , 2 | 2 , 2 x zx zx而 ，所以（ ， ）=12 2由書中引理，我們可假設zx zx = a2， =b22 2顯然a>ba，b)=1X=a2－b2，z=a2+b2 ，y=2ab因子為奇數，所以a，b一定是一為奇，一為偶，證畢證明：假定d1

，---，dk

為a的所有正約數，那末a ad ，---，d1 k

也是a的所有正約數，于是(d)=

a()dda da再因為在a的完全剩余系中任一數a的最大公約數必定是d1

，---，dk

中某一個數，而完全剩余系中與a的最大公約數為di

的數有

m( d

，所以：i m六．應用題：

( =m 證畢dda41．解：53030303055253=6+1+0=72303030303030222232425=15+7+3+1+0=2610=2×5，故30！的末尾有7個零。2007年4月廣東省高等教教育育自學考試初等數論試卷一、 單項選擇題（本大題共15小題，每小題2分，共30分）1．-36，420，48三個數的公因數是（）A．±1，±3，±4，±5，±6，±12 B.±1,±2,±3,±4,±6,±,12C.±2,±3,±4,±6 D1,2,3,4,5,6,122.設a,b?Z(整數)，p是素數，且pab。則（）Aa,b中恰有一個是p的倍數 B.a,b中沒有p的倍數C.a,b中必有一個是p的倍數 D.a,b都是p的倍3.設a,b是非零整,d=(a,b),則下列成立的( ) Aabab d da,babab d d dabab a,baba,bd dd2

d dd2a,b,c,v?Zau bv=則對于任意d?Z+(正整數)( )(ad,bd)=d B.(ad,bd)=abdC.(ad,bd)=ab D.ad,bdd對任意實數a,必有( A.1C.

B.D.a}=-}下列不定方程,有整數解的( )A.27x++33z=48 B.27x++65z=72C. 42x- +14z=33 D.100x++45z=32設a,b 則( )Z,mZ,ab(modm)A.(a,b)=(a,m) B.(a,b)=(b,m)C.(a,m)=(m,b) D.(a-b,m)=(a,m)下列集合,是模15的簡化剩余系的( )A.2,3,5,7,8,11,13} B.2,37,8}C.4,8,7,11,13,14} D.29,14,-2,2,19,,19,7,8}下列同余式中成立的( )A.36481(mod49) B.27201(mod25)C.4724(mod72) D.35411(mod41)設同余式ax m)有解,則下述斷語中正確的( )該同余式有模mm-1個解m,(b,m)個數滿足該同余式m,(a,m)個數滿足該同余式m,(ab,m)個數滿足該同余式設素數p>2,a,b分別是模p的平方剩余和平方非剩,則下列成的( )A.ab是模p的平方非剩余 B.ab2是模p的平方非剩Ca是模p的平方剩余 D.a是模p的平方非剩余設對模m的指數為k.,則( )A.km B.、mkC.ka D,k(m)若模m的原根存,則m可能是( )A.15的倍數 B.16的倍數B.81的2倍 D.42的倍數若x對模m的指數是ab,a>0,b>0,則xb對模m的指數( )A. ab B.bmC.a-b D.a設g是模m,c=j(m).K是模c的一個非負完全剩余系,則L=t,t是( )A.模m的一個完全剩余系 B模m的一個簡化全剩余系C模c的一個完全剩余系 D模c的一個簡化全剩余二.填空題（本大題共每小題2分，共2分）16.設、a2453112,b225674132,、c375133,、b, 17.a,b,,b>0,設mara,m,r表達的b除a的帶余式是b

b .100!18.

32!

的標準分解中7的指數.有理數a(0<a<b,(a,b)=1)能表示成純循環小數的充分必要條件是b .1設、mp1

a,、p,p

,

是m的互不相同的素,則j(m)= p2k1 2 k 1 2 kp2k .設a,b,c,m都是整數,、abac(modm),則當 時,、bc(modm).1p2k設、mpa pa ,1p2k

為互異的奇素數(i=1,2….,k), (a,m)=1,則同余式1 2 k i、x2a(modm)有解時,解數.設 m 是偶數, 則模 m 有原根的充分必要條.設a 對模m 的指數為t,則、ak1(modm)成立的充分必要條件.25a

,,a

是與m 互素的t 個整數，則ind(a,

,,a)1 2 t(mod( ))

1 2 t三、計算題（4題，第5分，第7分，共24分26．解不定方程+=.352的指數.x2(mod3)解同余方程組x3(mod4)x3(mod5)對哪些奇素p,3是模p四、應用題（10分）30．今天是星期三，試求經過t=(2002003+)1999五、證明題（2830分）317.383是素數，求證、x2219(mod383)有解。一、 單項選擇題

2007年4月廣東省高等教教育育自學考試初等數論試題答案及評分參考1—5BCDAB 6—10ACDBC11—15ADCDB二、填空題16.2435 5675 133 17.、aba b18.12

a(abmbr)bb=或存在一個正整使得成立。11k120．(pp)(pp2)(p 11k1

k)或、m(1 )(1 )(1 )1 1 1 1 2 2 1 1 21（a,m）=12k

p p p1 2 km=2,4或2pa，其中a為正整數，p為素數24．tk25．、inda1

idna2

idnat三、計算題2123，5）=3531，所以方程有整數解。化簡方程得4解得41319 1

1.7 (1)于是1193619(41192)641(611故416177)1916177177知方程有特解、x0

6177,y0

13177（3分）x617719t一般解為y131774t（、t0,1,2,（5分）2、解：、524，24的正因數為1，2，3，4，6，8，12，24 （2分）依次檢驗：12324

mod52)1(mod52) （4分）故3對模52的指數是6 （5分）28、解：、m1

3,m2

4,m3

5,m60M20M 1, 121 2 3而、M

'2,M1

'3,M2

'3 （3分）3故此同余組的解為、x22023113(mo23(mod60 （7分）29、解：顯然p3 5，由二次互反律，有/3p

3pp

p 1p

3

1

3

( （1分） p 由于 3

1,如