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1、《初等数论》复习思考题及参考答案一、填空题1、16除・81的商是一・6,余数是o2、{-3.3}=0.7；[-5.68]=-63、12!的标准分解式为o4、(1516,600)4o5、8270的标准分解式是o6^不定方程ax+by=c(其屮a,b,c是整数)有整数解的充要条件是7、模5的最小非负完全剩余系是,8、模6的绝对最小完全剩余系是o9、3亦的十进位表示屮的个位数字是°10、7"°被11除的余数是1、11、^(480)=128二、选择题1、417被・15除的带余除法表达式是(D)。A417=(-15)x(-30)
2、-33B417=(-15)x(-26)+27C417=(-15)x(-28)+(-3)D417=(-15)x(-27)+122、设〃，加为整数，如果3
3、〃，3
4、m,则9(A)nm□A整除B不整除c等于D小于3、整数6的正约数的个数是(D)oA1B2C3D44、如果a=b(mod/n),c是任意整数,则(A)°Aac=bc(modm)Bac=beCac丰bc(nodm)Dac丰be5、如果(A),则不定方程ax+by=y有解。A(d,b)CBc(a,b)CaCD(a,b)a6、整数5874192能被(B)整除。A3
5、B3与9C9D3或97、大于20且小于40的素数有(A)。A4个B5个C6个D7个8、模4的最小非负完全剩余系是(D)。A-2,-1,0,1B-4,-3,-2,-1C1,2,3,4D0,1,2,39、整数637693能被(C)整除。A3B5C7D910、(0,/?)=(C)0AbB-bCblk如果=则(ab9a+b)=(AaBb12、小于30的素数的个数(AA10B913、如果a三b(modm),c是任意整数,贝!J()oC)o8)。14、不定方程525兀+231)，=210(A)oA有解B无解C有正蔡数解D有负整
6、数解15、如果ba,ac,贝“C)。Ab=cBb=-cCbcDc
7、b16、大于10口小于30的索数有(C)oA4个B5个C6个D7个17、模7的最小非负完全剩余系是(D)°A-3r2rl01,2,3B-6r5r4,-3r2rlC12,3,4,5,6D0,1,2,3,4,5,6Aa^c=/?4-c(modm)Ba=bCac=bc(modm)Da^b18、因为(B),所以不定方程12_r+15y=7没有解。A[12,15]不鏗除7B(12,15)不桀除7C7不整除(12,15)D7不整除[12,15]19、已知p为偶
8、数，q为奇数。方程组I：二的解是整数，那么(B沢A.兀是奇数，y是偶数B.x是偶数，y是奇数C.x是偶数，y是偶数三、计算题D.x是奇数，y是奇数1、求2009的标准分解式。解：2009=72x41o2、求294与194的最大公因数。解：因为294=2x3x7’，194=2x97,所以(294,194)=203、求2001!中末尾0的个数。解：因为10=2x5,所以2001!中末尾相当于2001!的质因数分解式中2x5的个数。由于2<5,所以2001!的质因数分解式中2的个数比5的个数要多，因此只要考察2001!屮因子
9、5的个数即可。答案为499。4、求不定方程10x-7j=17的一切整数解。解：因为(7,10)=1,所以不定方程有整数解。由观察知xo=l,yo=-l是不定方程10x-7y=17的一个整数解，所以不定方程10x-7y=17的一切•整数解是<,其屮/取一切整数。[y=-1+10/5、求不定方程15x+10y+6z=61的一切整数解。解：因为(15,10)=5,(5,6)=1,所以不定方程15x+10y+6^61有整数解。做不定fl5x+10y=5/[x=t-2u方程纽｛,不定方程15对10尸5f的通解为彳，其屮u取一切[
10、5f+6z=61[y=-f+3ufr=5-6v整数，不定方稈5/+6z=61的通解为彳，其屮v取一切桀数。消去r就得到原[^=6+5vx=5-2u-6v不定方程的一切整数解为｛y=-5+3w+6v，其中八取一切整数。z=6+5v6、袋子里有三种球，分别标有数字2,3和5,小明从中摸出12个球，它们的数字之和是43,问：小明最多摸出标有数字2的球多少个？答案：5个。7、解同余式28e21(mod35)。解：因为(28,35)=7,而7
11、21,所以同余式28&21(mod35)有7个解。同余式28A=21(mod35)等价
12、于4A=3(mod5),解4x^3(mod5)得&2(mod5),故同余式28x^21(mod35)的7个解为灼2,7,12,17,22,27,32(mod35)。8、解同余式组：*x=l(mod5)x=5(mod6)VOx=4(mod7)x=10(modl1)解：因为5,6,7,11两两互质，所以由孙了定理该同余式组有一个解。由
