习题
第2章习题(带答案)
第2章习题（带答案）1．链表不具有的特点是A．可随机访问任一个元素B.插入删除不需要移动元素C.不必事先估计存储空间D.所需空间与线性表长度成正比2．在一个具有n个结点的单链表中查找值为某的某结点，若查找成功，则平均比较个结点。
A．nB.n/2C.(n-1)/2D.(n+1)/23.在单链表中P所指结点之后插入一个元素某的主要操作语句序列是=(node某)malloc(izeof(node));、->data=某;、->ne某t=p->ne某t、p->ne某t=。
4.在单链表中查找第i个元素所花的时间与i成正比。
（√）5．在带头结点的双循环链表中，任一结点的前驱指针均不为空。
（√）6.用链表表示线性表的优点是()。
A.便于随机存取C.便于插入与删除B.花费的存储空间比顺序表少D.数据元素的物理顺序与逻辑顺序相同7.在双向链表中删除P所指结点的主要操作语句序列是p->prior->ne某t=p->ne某t;、p->ne某t->prior=p->prior;、free(p);8.下述哪一条是顺序存储结构的优点？（）A．存储密度大B．插入运算方便C．删除运算方便D．可方便地用于各种逻辑结构的存储表示9．若某表最常用的操作是在最后一个结点之后插入一个结点或删除最后一个结点。
则采用（）存储方式最节省运算时间。
A．单链表B．双链表C．单循环链表D．带头结点的双循环链表10.对任何数据结构链式存储结构一定优于顺序存储结构。
（某）11.对于双向链表,在两个结点之间插入一个新结点需修改的指针共4个，单链表为____2___个。
12.以下数据结构中，（）是非线性数据结构A．树B．字符串C．队列D．栈13.若某线性表最常用的操作是存取任一指定序号的元素和在最后进行插入和删除运算，则利用（）存储方式最节省时间。
A．顺序表B．双链表C．带头结点的双循环链表D．单循环链表14.“线性表的逻辑顺序和物理顺序总是一致的。
练习三题目
练习三题目01:求平均年龄•查看•提交•统计•提问总时间限制:1000ms内存限制:65536kB描述班上有学生若干名，给出每名学生的年龄（整数），求班上所有学生的平均年龄，保留到小数点后两位。
输入第一行有一个整数n（1<= n <= 100），表示学生的人数。
其后n行每行有1个整数，表示每个学生的年龄，取值为15到25。
输出输出一行，该行包含一个浮点数，为要求的平均年龄，保留到小数点后两位。
样例输入21817样例输出17.50提示要输出浮点数、双精度数小数点后2位数字，可以用下面这种形式：printf("%.2f", num);来源2005~2006医学部计算概论期末考试•02:均值••提交•统计•提问总时间限制:1000ms内存限制:65536kB描述给出一组样本数据，计算其均值。
输入输入有两行，第一行包含一个整数n（n小于100），代表样本容量；第二行包含n个绝对值不超过1000的浮点数，代表各个样本数据。
输出输出一行，包含一个浮点数，表示均值，精确到小数点后4位。
样例输入21.0 3.0样例输出2.000003:最高的分数•查看•提交•统计•提问总时间限制:1000ms内存限制:65536kB描述孙老师讲授的《计算概论》这门课期中考试刚刚结束，他想知道考试中取得的最高分数。
因为人数比较多，他觉得这件事情交给计算机来做比较方便。
你能帮孙老师解决这个问题吗？输入输入两行，第一行为整数n（1 <= n < 100），表示参加这次考试的人数.第二行是这n个学生的成绩，相邻两个数之间用单个空格隔开。
所有成绩均为0到100之间的整数。
输出输出一个整数，即最高的成绩。
样例输入585 78 90 99 60样例输出9904:整数序列的元素最大跨度值•查看•提交•统计•提问总时间限制:1000ms内存限制:65536kB描述给定一个长度为n的非负整数序列，请计算序列的最大跨度值（最大跨度值= 最大值减去最小值）。
操作系统习题(附参考答案)
操作系统习题（附参考答案）一、单选题（共100题，每题1分，共100分）1、下列存储器中，速度最快的是（）。
A、内存B、寄存器C、CacheD、磁盘正确答案：B2、时钟中断事件属于（）中断事件。
A、程序B、自愿性C、外部D、输入/输出正确答案：C3、可变分区存储管理系统中，若采用最佳适应分配算法，“空闲区表”中的空闲区可按（）顺序排列。
A、大小从大到小B、大小从小到大C、地址从大到小D、地址从小到大正确答案：B4、从静态的角度看，下列选项中哪一个是进程必须拥有而程序所没有的？（）A、常量数据B、全局变量C、进程控制块D、代码正文正确答案：C5、（）不是管程的组成部分。
A、对局部于管程内的数据结构设置初始值的语句B、对管程内数据结构进行操作的一组过程C、局部于管程的共享数据结构D、管程外过程调用管程内数据结构的说明正确答案：D6、下列关于父进程和子进程的叙述中，正确的是（）。
A、子进程执行完了，父进程才能执行B、父进程创建了子进程，因此父进程执行完了，子进程才能执行C、撤销子进程时，应该同时撤销父进程D、撤销父进程时，应该同时撤销子进程正确答案：D7、某计算机系统中有8台打印机，有K个进程竞争使用，每个进程最多需要3台打印机。
该系统可能会发生死锁的K的最小值是（）。
A、3B、4C、2D、5正确答案：B8、分页虚拟存储管理系统中，若采用FIFO页面置换算法，则当分配的物理页面数增加时，缺页中断的次数（）。
A、减少B、可能增加也可能减少C、增加D、不变正确答案：B9、产生内存抖动的主要原因是（）。
A、内存空间太小B、CPU运行速度太慢C、CPU调度算法不合理D、页面置换算法不合理正确答案：D10、（）存储管理兼顾了段式在逻辑上清晰和页式在存储管理上方便的优点。
A、分页B、段页式C、可变分区D、分段正确答案：B11、发生死锁的必要条件有四个，要预防死锁的发生，可以破坏这四个必要条件，但破坏（）条件是不太实际的。
习题2
(11) 在一个单链表中，已知q所指结点是p所指结点的直 接前驱，若在q和p之间插入s所指结点，则执行( B )操 作。
A．s->next＝p->next； p->next＝s； C．p->next＝s->next；s->next＝p； B. q->next＝s；s->next＝p； D．p->next＝s；s->next＝q；
(3) 试编写在无头结点的单链表上实现线性表的插入操作的算法,并和带头结点 的单链表上的插入操作的实现进行比较
template <class T> void LinkList_1::Insert(int i, T x){ if(i<=0) throw "输入的插入位置值小于1"; if(i==1){s=new Node<T>; s->data=x; s->next=first; first=s; else{ p=first ; j=0; while (p && j<i-1) { p=p->next; j++; } if (!p) throw “插入位置值太大"; else { s=new Node<T>; s->data=x; s->next=p->next; p->next=s; } } }
解法2：void tiaozhen(T A[],int n) { i=0; j=n-1; while(i<j) { if(A[i]%2!=0) i++;//i=i+1 else {temp=A[i];A[i]=A[ j];A[ j]=temp; j--;} } 解法3：void jioutiaozhen(T A[],int n) { firstou=0; while(firstou<=n-2 && A[firstou]%2==1) firstou++; ou=firstou; for(i=ou+1;i<=n-1;i++) { if(A[i]%2==1) { temp=A[i]; A[i]=A[ou]; A[ou]=temp; ou++;} }}
习题1及解答
习题一1．设n 为大于1的正整数．证明：44nn ＋是一个合数．【答案】当n 为偶数时，n 4＋4n 是大于2的偶数，从而它是合数．当n 为奇数时，设n ＝2k ＋1，则 n 4＋4n ＝n 4＋4×(2k )4．利用 x 4＋4y 4＝(x 2＋2y 2) 2－4 x 2y 2＝(x 2－2xy ＋2y 2)( x 2＋2xy ＋2y 2)， 可得出n 4＋＋4×(2k )4为合数．2．求使得241227x x －－为素数的所有整数x ．【答案】由｜4x 2－12x －27｜＝｜(2x ＋3)(2x －9)｜，可知只有｜2x ＋3｜＝1或｜2x －9｜＝1时，数｜4x 2－12x －27｜才可能为素数．依此可得所求的x ＝－2，－1，4或5，对应的｜4x 2－12x －27｜分别为13，11，11或13，都是素数．3．设m 为大于1的正整数，且()|11m m －！＋． 证明：m 是一个素数．【答案】若m 为合数，则存在正整数p ，使2≤p ＜m ，且p ｜m ，此时有p ｜(m －1)！，但m ｜(m －1)！＋1，故p ｜(m －1)！＋1，这导致p ｜1，矛盾．4．是否存在3个不同的素数p 、q 、r ，使得下面的整除关系都成立？2|qr p d ＋，2|rp q d ＋，2|pq r d ＋，其中（1）d ＝10；（2）d ＝11．【答案】不妨设p ＜q ＜r ，则 q ≥p ＋1，r ≥q ＋2≥p ＋3． 对d ＝10的情形，由qr ｜p 2＋10，应有p 2＋10≥(p ＋1)( p ＋3)，这要求4p ≤7，即p ≤1，矛盾．故d ＝10时不存在符合要求的p 、q 、r ． 当d ＝11时，p ＝2，q ＝3，r ＝5满足条件．5．设p 为正整数，且21p－是素数．求证：p 为素数．【答案】若p 为合数，设p ＝qr ，2≤q ≤r ，则2p －1＝(2q )r －1＝(2q －1)(( 2q )r -1＋(2q )r -2＋…＋1) ， 这导致2q －1｜2p －1，与2p －1是素数矛盾．故p 为素数．6．设n 为正整数，且21n ＋是素数．证明：存在非负整数k ，使得2kn ＝． 【答案】由算术基本定理知，可写n ＝2k ·q ，k ≥0，q 为奇数．若q ＞1，则 2n ＋1＝2(2)kq ＋1＝(x ＋1)(x q -1－x q -2＋…－x ＋1)，是两个大于1的正整数之积，不是素数，其中x ＝22k．依此可知，由2n ＋1为素数可得q ＝1，即命题成立．7．求所有形如1nn ＋且不超过1910的素数，这里n 为正整数．【答案】当n ＝1时，n n ＋1＝2满足条件．当n ＞1时，设n ＝2k q ，q 为奇数，若q ＞1，同上题可知为n n ＋1不是素数，故n ＝2k ，k 为正整数．此时n n ＋1＝22k k -＋1＝2(2)kk ＋1， 进一步的分析，可知存在非负整数m ，使得k ＝2m ，故 n n ＋1＝222m m+＋1．当m ≥2时，2m ＋m ≥6，故22mm+≥26，因此n n ＋1≥622＋1＝264＋1＝16×(1024)6＋1＞16×(103)6＋1＞1019． 故由n n ＋1≤1019知m ≤1．分别令m ＝0，1，知n n ＋1＝5，257，这两个数都是素数． 综上，所求的素数为2，5和257．8．设a 、b 、c 、d 都是整数，且a ≠c ，|a c ab cd ＋－．证明：|a c ad bc ＋－．【答案】利用 (ad ＋bc ) －(ab ＋cd )＝d (a －c )－b (a －c )＝(d －b )(a －c )， 及a －c ｜ab ＋cd ，可得a －c ｜ad ＋bc ．9．设a 、b 、c 、d 为整数，且ac 、bc ＋ad 、bd 都是某个整数u 的倍数．证明：数bc 和ad 也是u 的倍数． 【答案】由恒等式(bc ＋ad )2＋(bc －ad )2＝4abcd ＝4(ac )(bd )， ① 结合条件，可知u 2｜(bc －ad )2，故u ｜bc －ad ．现在，我们设bc ＋ad ＝ux ，bc －ad ＝uy ，则由①知，x 2＋y 2＝4()ac u ()bdu， 故x 2＋y 2为偶数，进而x ＋y 与x －y 都是偶数，所以，由bc ＝2x y +·u ，ad ＝2x y-·u ， 可得bc 、ad 都是u 的倍数．10．设a 、b 、n 为给定的正整数，且对任意正整数k （≠b ），都有|nb k a k －－．证明：na b ＝．【答案】注意到，对任意正整数k (≠b )，都有b －k ｜b n －k n ，结合b －k ｜a －k n ，可知b －k ｜a －b n ，这表明a －b n ＝0，得a ＝b n ．11．已知正整数n 的正因数中，末尾数字为0，1，2，…，9的正整数都至少有一个．求满足条件的最小的n ．【答案】满足条件的最小的n ＝270．事实上，由条件知10｜n ，从n 的末尾数字为9的因数出发来讨论．若9｜n ，则90｜n ，此时直接验证可知90和180都不是某个末尾为7的数的倍数；若19｜n ，则190｜n ，而270分别是10，1，2，3，54，5，6，27，18，9的倍数，符合条件．故n 最小为270．12．求一个9位数M ，使得M 的数码两两不同且都不为零，并对m ＝2，3，…，9，数M 的左边m 位数都是M 的倍数． 【答案】设M ＝129a a a ⋯是一个满足条件的数，由条件可知a 5＝5，并且a 2、a 4、a 6 、a 8是2、4、6、8的一个排列，进而a 1a 2…a 9是1、3、7、9的排列．依此可知 a 4＝2或6(因为4｜34a a )， 而进一步，还有 8｜78a a ，因此 a 8＝2，6，故 (a 4，a 8)＝(2，6)( 6，2)．对这两种情况作进一步的分析，就可找到一个满足条件的M ＝381654 729．13．对于一个正整数n ，若存在正整数a 、b ，使得n ＝ab ＋a ＋b ，则称n 是一个“好数”，例如3＝1×1＋1＋1，故3为一个“好数”．问：在1，2，…，100中，有多少个“好数”？【答案】设n 是一个好数，则n ＋1＝(a ＋1)(b ＋1)为一个合数，反过来，若n ＋1为合数，则可写 n ＋1≤pq ，2≤p ≤q ，于是a ＝p －1，b ＝q －1，就有n ＝ab ＋a ＋b 是一个好数．所以，只需求1，2，…，100中使n ＋1为合数的n 的个数，依此可知恰好有74个好数．14．设素数从小到大依次为1p ，2p ，3p ，…．证明：当n ≥2时，数n p ＋1n p ＋可以表示为3个大于1的正整数（可以相同）的乘积的形式．【答案】当n ≥2时，p n 与p n ＋1都是奇数，于是，q ＝12n n p p ++是正整数，又p n ＜q ＜p n ＋1，p n 与p n ＋1是两个相邻的素数，故q 必为合数．从而q 可以写为两个大于1的正整数之积，依此可知命题成立．15．设n 为大于1的正整数．证明：n 为合数的充要条件是存在正整数a 、b 、x 、y ，使得n ＝a ＋b ，1xy a b＋＝． 【答案】若存在a 、b 、x 、y ，使得 n ＝a ＋b ，且x a ＋yb＝1． 我们记d ＝(a ，b )，若d ＝1，由x a ＋yb＝1， 知 bx ＋ay ＝ab ， 所以 a ｜bx ，b ｜ay ， 结合(a ，b )＝1，导出a ｜x ，b ｜y ，从而ab ＝bx ＋ay ≥ab ＋ba ＝2ab ，矛盾．所以d ＞1，这时n ＝a ＋b ＝d (a d ＋bd)为合数． 反过来，设n 为合数，设n ＝pq ，2≤p ≤q ，则令(a ，b ，x ，y )＝(p ，p (q －1)，1，(p －1)(q －1))，就有 n ＝a ＋b ，且x a ＋yb＝1．16．证明：数列10001，100010001,1000100010001，… 中，每一个数都是合数． 【答案】注意到10 001＝73×137为合数，而从第二项起，我们有a n ＝00011000100010001n 个＝104n ＋104(n -1)＋…＋104＋1＝41)4101101n +--（＝21)2(1)4(101)(101)101n n ++-+-（，由于n ≥2时，104－1＜102(n＋1)－1＜102(n＋1)＋1，所以，a n 是一个合数．17．设a 、b 、c 、d 都是素数，且a ＞3b ＞6c ＞12d ，22221749a b c d －＋－＝． 求2222a b c d ＋＋＋的所有可能值．【答案】a 2－b 2＋c 2－d 2＝1749为奇数，知a 、b 、c 、d 中必有一个数为偶数，这表明d ＝2．进而 a 2－b 2＋c 2＝1753． 再由 a ＞3b ＞6c ＞12d ， 可知c ≥5，b ≥2c ＋1，a ≥3b ＋1，所以a 2－b 2＋c 2≥(3b ＋1)2－b 2＋c 2＝8b 2＋6b ＋c 2＋1≥8(2c ＋1)2＋6(2c ＋1)＋1＝33c 2＋44c ＋15． 故 33c 2＋44c ＋15≤1735，于是，c ＜7，结合c ≥5及c 为素数，可知c ＝5，进而 a 2－b 2＝1728＝26×33． 利用 b ≥2c ＋1＝11，a ≥3b ＋1，可知 a －b ≥2b ＋1≥23，a ＋b ≥4b ＋1≥45， 由(a －b )( a ＋b )＝26×33及a 、b 都是奇素数，可知 (a －b ，a ＋b )＝(32，54)， 因此 (a ，b )＝(43，11) ． a 2＋b 2＋c 2＋d 2＝1749＋2×(112＋22)＝1999．18．数列{}n a 的每一项都是正整数，1a ≤2a ≤3a ≤…，且对任意正整数k ，该数列中恰有k 项等于k ．求所有的正整数n ，使得1a ＋2a ＋…＋n a 是素数． 【答案】对正整数n ，设正整数k 满足(1)2k k +≤n ＜(1)(2)2k k ++，则 a 1＋a 2＋…＋a n ＝1×1＋2×2＋…＋k ×k ＋(k ＋1)×(1)2k k n +⎡⎤-⎢⎥⎣⎦＝16k (k ＋1)(2k ＋1)＋2(1)2n k k -+(k ＋1) ＝16(k ＋1)[]6(2)n k k -+． 由于当k ≥6时，k ＋1＞6，有6n －k (k ＋2)≥3k (k ＋1)－k (k ＋2)＝2k 2＋k ＞6，所以，此时a 1＋a 2＋…＋a n 为合数，即只需考虑k ≤5的情形，考虑数列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，5，5，5，5，5，6，6，6，6，6，6 ，从第一项起求和得到的素数分别是：3，5，11，61，67，73，79，共7个．所以仅当n ＝2，3，5，61，17，18，19，时，a 1＋a 2＋…＋a n 为素数．19．由正整数组成的数列{}n a 满足：对任意正整数m 、n ，若|m n ，m ＜n ，则|m n a a ，且 m n a a ＜．求2000a 的最小可能值．【答案】由条件可知，当m ｜n ，且m ＜n 时，有a n ≥2a m ．所以，a 1≥1，a 2≥2，a 4≥2a 2≥22，类似地，a 8≥23，a 16≥24，a 80≥25，a 400≥26，a 2000≥27，即a 2000≥128． 另一方面，对任意正整数n ，设n 的素因数分解因式为n ＝1212k k p p p ααα，其中p 1＜p 2＜…p k 为素数，α1，α2，…αk 为为正整数，定义 a n ＝122k ααα+++， 则数列｛a n ｝符合题中的要求，并且a 2000＝24+3 ≤27． 所以，a 2000的最小值为128．20．设p 为奇数，正整数m 、n 满足11121m p n ＝＋＋…＋－．证明：|p m ．【答案】由条件，可知2m n ＝(1＋12＋...＋11p -)＋(11p -＋12p -＋ (1)＝(1＋11p -)＋(12＋12p -)＋…＋(11p -＋1) ＝1(1)p p ⨯-＋2(2)p p ⨯-＋…＋(1)1pp -⨯．上式将右边通分后，可知存在正整数M ，使得2mn ＝()1!pM p -，即pnM ＝2m (p －1)！，由p 为奇素数，可知p 2，p (p －1)！，所以，p ｜m ．21．设a 、m 、n 为正整数，a ＞1，且1|1m na a ＋＋．证明：|m n ． 【答案】若m n ，由a m ＋1｜a n ＋1及a ＞1，可知m ＜n ．故可设n ＝mq ＋r ，其中q 、r 为正整数，0＜r ＜m ．此时，利用a m ＋1｜a n ＋1，可知a m ＋1｜(a n ＋1)－(a m ＋1)，即 a m ＋1｜(a m －n ＋1)a m ， 而 (a m ＋1，a m )＝(1，a m )＝1，依次递推，可得 a m ＋1｜a n －2m ＋1，…，a m ＋1｜a n －mq ＋1， 即有 a m ＋1｜a r ＋1， 但a ＞1时，a m ＋1＞a r ＋1，矛盾． 所以，m ｜n ．22．证明：对任意正整数n 及正奇数m ，都有()211m n－1，2＋＝． 【答案】设d ＝(2m －1，2n ＋1)，则 d ｜2m －1， 故 d ｜(2m )n －1n ， 即 d ｜2nm －1， 另外d ｜2n ＋1，又m 为奇数，故2n ＋1｜(2n ) m ＋1m ， 所以， d ｜2mn ＋1．对比所得的两个式子，知d ｜2， 又2m －1为奇数，故d ＝1．23．费马数n F 定义为n F ＝221n＋．证明：对任意两个不同的正整数m 、n ，都有()1n m F F ，＝ 【答案】不妨设m ＜n ，利用平方差公式知F n －2＝22n－1＝(122n -－1)(122n -＋1)＝(222n -－1)(222n -＋1)(122n -＋1) ＝…＝(22m－1)(22m＋1)(122m +＋1)…(122n -＋1)，所以，F m ｜F n －2，从而(F n ，F m )＝(2，F m )，而F m 为奇数，故(2，F m )＝1，即(F n ，F m )＝1．24．已知正整数a 、b 、c 、d 的最小公倍数为a ＋b ＋c ＋d ．证明：abcd 是3或5的倍数． 【答案】由条件可知a 、b 、c 、d 不全相等，不妨设d 是其中最大的数，则 d ＜a ＋b ＋c ＋d ＜4d ， 又a ＋b ＋c ＋d 为a 、b 、c 、d 的最小公倍数，故d ｜a ＋b ＋c ＋d ，于是 a ＋b ＋c ＋d ＝2d 或3d ．如果a ＋b ＋c ＋d ＝3d ，那么由abcd 为a 、b 、c 、d 的公倍数，可知a ＋b ＋c ＋d ｜abcd ，即 3d ｜abcd ， 故 3｜abcd ．如果a ＋b ＋c ＋d ＝2d ，那么a ＋b ＋c ＝d ．不妨设a ≤b ≤c ，由a ＋b ＋c ＋d 为a 、b 、c 、d 的最小公倍数，可知 a ｜2d ，b ｜2d ，c ｜2d ． 设2d ＝ax ＝by ＝cz ，则x ≥y ≥z ≥3，并且2x ＋2y ＋2z ＝1，即1x ＋1y ＋1z ＝12． 又当z ＝3时，有3｜2d ，进而3｜d ，故abcd 为3的倍数，因此只需考虑z ＞3的情形． 而当z ≥6时，有 1x ＋1y ＋1z ≤16＋16＋16＝12，故只能是x ＝y ＝z ＝6，此时abcd 为3的倍数．所以，只需z ＝4或5的情形，注意到z ＝5时，有5｜2d ，可知abcd 为5的倍数，进而只需考虑z ＝4的情形，此时 1x ＋1y ＝14，即 xy －4x －4y ＝0，(x －4)(y －4)＝16．结合x ＞y ，可知 (x －4，y －4)＝(16，1)，(8，2)，(4，4)， 分别对应 2d ＝20a ＝5b ＝4c ，2d ＝12a ＝6b ＝4c ，2d ＝8a ＝8b ＝4c ，第一种情形要求5｜d ，第一种情形要求3｜d ，第一种情形要求a ＝b ，c ＝2a ，d ＝4a ，此时a 、b 、c 、d 的最小公倍数为d ，而不是a ＋b ＋c ＋d ，矛盾． 综上可知，abcd 是3或5的倍数．25．记n M 为正整数 1，2，…，n 的最小公倍数．求所有的正整数n （＞1），使得n M ＝ 1n M －．【答案】如果n 至少有两个不同的素因子，那么可记n ＝pq ，其中2≤p ≤q ，p 、q 为正整数，且(p ，q )＝1．此时，2≤p ＜q ＜n －1，从而n ｜M n -1．所以，当且仅当n 有至少两个不同的素因子时，M n ＝M n -1．26．设a 、m 、n 为正整数，a ＞1．证明：()()111m n m n a a a，－，－＝－．【答案】不妨设m ＞n ，则 (a m －1，a n －1)＝(a m －a n ，a n －1)＝(a n (a m －n －1)，a n －1)， 而 (a n ，a n －1)＝1，故 (a m －1，a n －1)＝(a m －n －1)，a n －1)， 依次递推，对指数进行“辗转相除”，可知结论成立．27．设a 、n 为正整数，a ＞1，且1na ＋是素数．证明：()1n d a n －≥．【答案】由a n ＋1为素数，可知a 为偶数，与第6题类似，可知存在非负整数k ，使得为n ＝2k ，于是 a n －1＝2ka －1＝(12k a -－1)(12k a -＋1)＝…＝(a －1)(a ＋1)(a 2＋1)…(12k a -＋1) ．进一步，(12k a -－1，12k a -＋1)＝(12k a -－1，2)＝1(最后一步用到a 为偶数)，依次倒推，可知a ＋1，a 2＋1，22a ＋1，…，12k a -＋1两两互素，从而它们中任取若干个数作乘积形成的2k 个数两两不同，当然，这2k 个数都是a n －1的因数，所以，d (a n －1)≥2k ＝n ．28．对怎样的正整数n （＞2），存在n 个连续正整数，使得其中最大的数是其余n －1个数的最小公倍数的因数？【答案】当n ＝3时，对任意三个连续正整数a －1，a ，a ＋1，若 a ＋1｜[]1,a a -，则 a ＋1｜a (a －1)， 而 (a ＋1，a )＝1，故 a ＋1｜a －1，矛盾．当n ＞3时，若n 为偶数，记n ＝2m ，则数2m －1，2m ，…，2(2m －1)中，最大的数2(2m －1)是其余2m －1个数(它们中有2m －1与2m )的最小公倍数的因数；若n 为奇数，记n ＝2m ＋1，则数2m －2，2m －1，…，2(2m －1)是n 个连续正整数(注意，这里用到m ＞1)，它们中最大的数是其余n －1个数的最小公倍数的因数．所以，n ＞3时，正整数n 符合条件．29．设正整数a 、b 、m 、n 满足：（a ，b ）＝1，a ＞1，且|mmnna b a b ＋＋．证明：|m n ．【答案】利用 a n ＋b n ＝(a n -m ＋b n -m )(a m ＋b m )－(a m b n -m ＋a n -m b m )， 知若n ≥2m ，则 a n ＋b n ＝(a n -m ＋b n -m )(a m ＋b m )－a m b m (a n -2m ＋b n -2m )， 于是 a m ＋b m ｜a m b m (a n -2m ＋b n -2m )． 得 (a ，b )＝1， 由 (a m ，b m )＝1，进而 (a m ＋b m ，a m )＝(a m ＋b m ，b m )＝1， 故 (a m ＋b m ，a m b m )＝1， 因此 a m ＋b m ｜a n -2m ＋b n -2m ．用n －2m 代替n ，重复上述讨论，最终可将n 变为小于2m 的正整数．此时，由a m ＋b m ｜a n ＋b n 及a ＞1，知n ≥m ．如果n ＝m ，那么命题已经成立；如果m ＜n ＜2m ，那么由a n ＋b n ＝(a n -m ＋b n -m )(a m ＋b m )－a n -m (a 2m -n ＋b 2m -n )，同上讨论，将有 a m ＋b m ｜a 2m -n ＋b 2m -n ， 而2m －n ＜m ，这在a ＞1时是不可能的．综上可知m ｜n (注意：事实上推出了n 为m 的奇数倍) ．30．证明：存在2012个不同的正整数，使得其中任意两个不同的数a 、b 都满足()2|a b ab －． 【答案】将命题一般化，可证：对任意n (≥2)，都存在n 个不同的正整数，使得齐总任意两个不同的数a 、b 满足(a －b )2｜ab ．证明如下：当n ＝2时，取a 1＝1，a 2＝2，则它们满足条件．现在设a 1＜a 2＜…＜a n 是n (≥2)个满足要求的正整数，即对1≤i ＜j ≤n ，都有(a i －a j ) 2｜a i a j ． 考虑下面的n ＋1个数 a n ！，a n ！＋a 1，a n ！＋a 2，…，a n ！＋a n ， 容易证明这n ＋1个正整数满足要求．31．设a 、b 为正整数，且（a ，b ）＝1．证明：对任意正整数m ，数列 a ，a ＋b ，a ＋2b ，…，a ＋nb ，… 中，有无穷多个数与m 互素．【答案】对任意正整数m ，由(a ，b )＝1，可写m ＝m 1m 2，使得m 1的素因子都是a 的素因子，且 (a ，m 2)＝1，(m 1，b )＝1，(m 1，m 2)＝1(这只需将m 、a 、b 作为素因数分解后，各部分予以恰当分配即可达到要求)．取正整数k ，使得(k ，m 1)＝1，这样的k 有无穷多个，令n ＝m 2k ，我们证明：(a ＋nb ，m 1)＝1． 事实上，设d ＝(a ＋nb ，m 1)，若d ＞1，取d 的素因子p ，则p ｜m 1，进而p ｜a ，所以，p ｜nb ． 但由 (m 1，k )＝(m 1，m 2)＝(m 1，b )＝1， 知p m 2kb ，即p nb ．矛盾．所以(a ＋nb ，m 1)＝1．又 (a ＋nb ，m 2)＝(a ＋m 2kb ，m 2)＝(a ，m 2)＝1， 从而 (a ＋nb ，m 1m 2)＝1，即 (a ＋nb ，m )＝1，命题获证．32．已知正整数数对（a ，b ）满足：数aba b •在十进制表示下，末尾恰有98个零．求ab 的最小值． 【答案】设a 、b 的素因数分解式中2、5的幂次分别为α1，β1和α2，β2，则 12129898a b a b ααββ⋅+⋅⎧⎪⎨⋅+⋅⎪⎩≥，①≥，②并且①与②中必有一个取等号．如果②取等号，即a ·β1＋b ·β2＝98，那么当β1与β2都是正整数时，左边为5的倍数，当β1或β2中有一个为零时，另一个必大于零，此时左边仍然是5的倍数，都导致矛盾．所以①取等号．由a ·α1＋b ·α2＝98，知若α1、α2中有一个为零，不妨设α2＝0，则α1＞0．此时α·α1＝98，若α1≥2，则4｜a ，矛盾．故α1＝1，进而a ＝98．代入②，由a ＝98知β1＝0，从而b ·β2＞98，结合α2＝0，求得b ·最小为75．如果α1与α2都是正整数，不妨设α1≥α2，若α2≥2，则有4｜a ，4｜b ，导致4｜98，矛盾，故α2＝1．进一步，若α1＝1，则a ＋b ＝98，但2a 与2b 都是奇数，故2a ＋2b为偶数，矛盾，故α1＞1．此时，若β1与β2都是正整数，则5｜a ，5｜b ，与a ·α1＋b ·α2＝98矛盾，故β1与β2中有一个为零．若β1＝0，则由②知b ·β2＞98，此时b b 的末尾零的个数大于98(因为，此时10｜b ．当β2＝1时，b ≥100，此时100100｜b b ．而当β2≥2时，50｜b ，若b ＞50，100100｜b b ；若b ＝50，则a ·α1＝48，这时当α1≥4时，25｜a ·α1，而α1≤3时，24a ·α1，都导致矛盾，所以，b b 的末尾零的个数大于98) ． 类似地，若β2＝0，则a ·β1＞98，同样可知a a 的末尾零的个数大于98，矛盾． 综上可知，ab 的最小值为7350(当(a 、b )＝(98，75)或(75，98)时取到) ．33．求所有的正整数m ，使得()4m d m ＝．【答案】由条件可知m 为一个4次方数，因此，可设m ＝357244442357αααα⋅⋅⋅， 其中α2，α3，α5，α7，…都是非负整数．而 d (m )＝(4α2＋1)( 4α3＋1)… 是一个奇数，故α2＝0，并且1＝33413αα+·55415αα+·77417αα+…＝x 3·x 5·x 7…， 这里 x 3＝33413αα+，x 5＝55415αα+，…． 当α3＝1时，x 3＝53；α3＝0或2时，x 3＝1；而α3≥3时，33α＞4α3＋1，故此时x 3＜1．当α5＝0或1时，x 5＝1；α5≥2时，55α≥12α5＋1，故55α≥259(4α5＋1)，即x 5＜925． 当p ＞5，p ＞为素数时，在αp ＝0时，x p ＝1，而αp ＝1时，pp α＞5＝4αp ＋1，故x p ＜1；而αp ＞1时，x p＜925． 上述讨论表明：若α3≠1，则x 3＝x 5＝x 7＝...＝1， 故 α3＝0或2，α5＝0或1， 而 α7＝α11＝ 0即 m ＝1，38，54或454． 若α3＝1，则3｜m ，此时，由m ＝d (m ) 4，知m ＝54×(4α5＋1) 4×(4α7＋1) 4…， 于是存在素数p ≥5，使得3｜4αp ＋1，这要求αp ≥2，从而x p ＜925．此导致 x 3x 5x 7…≤53×925＝35＜1，矛盾．所以 m ＝1，54，38，38·54．(直接验证，可知它们确实满足条件) ．34．证明：每一个正整数都可以表示为两个正整数之差，且这两个正整数的素因子个数相同．【答案】设n 为正整数，如果n 为偶数，那么表示n ＝(2n )－n 符合要求．如果n 为奇数，设p 是不整除n 的最小奇素数，那么表示n ＝pn －(p －1)n 中，pn 的素因子个数等于n 的素因子个数加上1；而p －1是偶数，且由p 的定义，知p －1的每个奇素因子都是n 的素因子，所以，(p －1)n 的素因子个数也等于n 的素因子个数加上1．命题获证．35．求所有的正整数a 、b 、c ，使得21a ＋和21b ＋都是素数，且满足 ()()222111a b c ＋＋＝＋．【答案】不妨设a ≤b ，由条件知a 2(b 2＋1)＝c 2＋1－b 2－1＝(c －b )( c ＋b )，故b 2＋1｜c －b 或者b 2＋1｜c ＋b (这里用到b 2＋1为素数) ． 若 b 2＋1｜c －b ，则 c －b ≥b 2＋1(注意c ＞b 是显然的)， 即 c ≥b 2＋b ＋1，此时 c 2＋1≥(b 2＋b ＋1)＋1＞(b 2＋1)2≥(a 2＋1)(b 2＋1)，矛盾． 若 b 2＋1｜c ＋b ， 则 c ＋b ≥b 2＋1， 即 c ≥b 2－b ＋1，于是 c 2＋1≥(b 2－b ＋1)2＋1＝(b 2＋1)2－2b (b 2＋1)＋b 2＋1＝(b 2＋1)((b －1)2＋1) ．注意到，若a ＝b ，则c 2＋1＝(a 2＋1)2，这在a 、c 都是正整数时不能成立(因为两个正整数的平方差至少为3)，所以，a ＜b ，即有a ≤b －1，因此c 2＋1≥(b 2＋1)((b －1)2＋1)≥(b 2＋1)( a 2＋1)，结合条件，可知 a ＝b －1，c ＝b 2－b ＋1．此时，由a 2＋1与b 2＋1都是素数，知b 2＋1为奇数，b 为偶数，从而a ＝b －1为奇数，a 2＋1为偶数，所以a ＝1，进而b ＝2，c ＝3．又当(a ，b ，c )＝(1，2，3)或(2，1，3)时，条件满足，它们就是要求的答案．36．用()p k 表示正整数的最大奇因数．证明：对任意正整数n ，都有()123nk p k n k ∑＝＜＜()213n ＋． 【答案】记S n ＝1()n k p k k=∑，则由p (k )的定义可知 S 2n ＝21()n k p k k =∑＝1(21)21n k p k k =--∑＋1(2)2nk p k k =∑＝n ＋11(2)2n k p k k =∑＝n ＋12S n ．① 类似可知 S 2n +1＝ n ＋1＋12S n ． ② 回到原题，当n ＝1时，命题显然成立．现设命题对1≤n ≤m 都成立，考虑n ＝m ＋1的情形． 如果m ＋1为偶数，那么，由①结合归纳假设，可知12m +＋12·12()23m +＜12m +＋1212m S +＝S m ＋1＜12m +＋12·12(1)23m ++．即有23( m ＋1)＜S m ＋1＜23( m ＋2)，知命题对m ＋1亦成立． 如果m ＋1为奇数，同上利用②亦可知命题对m ＋1成立．所以，结论成立．37．设a 、b 、c 都是大于1的正整数．求代数式[][][]2a b b c c a a b c a b c＋＋＋＋，，，－＋＋的最小可能值． 【答案】由对称性，不妨设a ≥b ≥c ，注意到，当(a ，b ，c )＝(2，2，2)，(3，2，2) ，(3，3，2) ，(4，2，2)时，所给代数式A 的值分别为2，32，178，114．这表明：当a ＋b ＋c ≤8时，A ≥32． 下证：当a ＋b ＋c ≥9时，有A ≥32． 事实上，A ≥32⇔(a ＋b ＋c ) 2－2([]a b ，＋[]b c ，＋[]c a ，)≥3(a ＋b ＋c ) ⇔ a 2＋b 2＋c 2＋2[]()ab a b -∑，≥3(a ＋b ＋c ) ．由于对正整数x 、y ，都有xy ≥[]x y ，，因此，只要证明：a 2＋b 2＋c 2≥3(a ＋b ＋c )． ①结合a ＋b ＋c ≥9，可知为证明①成立，只要证明：a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c ) 2⇔3(a 2＋b 2＋c 2)≥(a 2＋b 2＋c 2) ⇔2(a 2＋b 2＋c 2)－2(ab ＋bc ＋ca )≥0⇔(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≥0．最后一式显然成立． 所以，所求代数式的最小值为32．38．对任意给定的素数p ，有多少个整数组（a ，b ，c ），使得（1）1≤a ，b ，c ≤22p ； （2）[][]2212a cbc p c a p •＋，＋，＝＋b ＋． 【答案】记u ＝(a ，c )，v ＝(b ，c )，则条件⑵变为ac bc u v a b ++＝2212p p ++·c ， 即 a u ＋b v ＝2212p p ++(a ＋b )． ① 由于12＜1－212p +＝2212p p ++＜1，结合①知2a b +＜a u ＋b v＜a ＋b ． ② 若u ，v 都不小于2，则②的左边不等式不成立；若u ＝v ＝1，则②的右边不等式不成立．因此u 、v 中恰好有一个等于1．由对称性，不妨设u ＝1，v ≥2．并记b 1＝b v，代入①得(p 2＋2)(a ＋b 1)＝(p 2＋1)(a ＋b 1v )，于是， a ＝b 1((p 2＋1)v －(p 2＋2))． ③若v≥3，则由③得a≥3(p2＋1)－(p2＋2)＝2p2＋1，与条件⑴不符，故v＝2．此时③式变为a＝p2b1，结合a≤2p2，知b1≤2．注意到，(a，c)＝u＝1，(b，c)＝v＝2，知c是一个偶数，且与p2b1互素．这表明p为奇素数，且b1为奇数，结合b1≤2，知b1＝1，进而为b＝2．所以，(a，b，c)＝(p2，2，c)，其中c为偶数但不是p的倍数，这样的数组共有p2－p组．综上可知，当p＝2时，不存在符合条件的数组；当p＞2时，满足条件的数组共有p2－p组．39．黑板上写着数1，2，…，33．每次允许进行下面的操作：从黑板上任取两个满足|x y的数x、y，将它们从黑板上去掉，写上数yx．直至黑板上不存在这样的两个数．问：黑板上至少剩下多少个数？【答案】考虑目标函数S＝黑板上所有数之积．最初S＝33！＝231·315·57·74·113·17·19·23·29·31，每一步操作针对x、y(x｜y)，记y＝kx，去掉x、y代之以k后，S变为Skxy⋅＝2Sx，这表明每次操作，S的每个素因子的幂次的奇偶性保持不变，特别地，2，3，5，11都整除每次操作后所得的S．而2×3×5×11＞33，因而，最后留下的数中，至少需要两个数，使得它们之积为2×3×5×11的倍数．又注意到，素数17，19，23，31的每一个大于自身的倍数都大于33，因而，任何一次操作都不能去掉其中的任何一个数．上述讨论表明：黑板上至少剩下7个数．下面的例子表明可以恰好剩下7个数：(32，16)→2，(30，15) →2，(28，14) →2，(26，13) →2，(24，12) →2，(22，11) →2；(27，9) →3，(21，7) →3，(18，6) →3；(25，5) →5，(20，4) →5；(8，2) →4．(5，5)→1；(4，2) →2；(3，3) →1，(3，3) →1，(2，2) →1，(2，2) →1，(2，2)→1，(2，2)→1．这样，黑板上留下10，17，19，23，29，31，33共7个数和7个1，而7个1再经与17搭配操作7次即可全部去掉．综上可知，至少有7个数被留下．40．设n是一个正整数．证明：数1＋5n＋25n＋35n＋45n是一个合数．【答案】当n为偶数时，设n＝2m，x＝5m，则A＝1＋5 n＋52n＋53n＋54n＝1＋x2＋x4＋x6＋x8＝10211xx--＝55(1)(1)(1)(1)x xx x-+-+＝(x4＋x3＋x2＋x＋1)(x4－x3－x2－x＋1) ．由于x＝5m＞1，可知上式右边两个式子中的数都大于1，因此，A为合数．当n为奇数时，设n＝2m＋1，x＝5m，z＝5y2，则A＝1＋z＋z2＋z3＋z4＝(1＋3z＋z2)2－5z3－10z2－5z＝(1＋3z＋z2)2－5z(z＋1)2＝(1＋5y2＋25y4)2－25y2(1＋5y2)2＝(1＋5y2＋25y4－5y(1＋5y2))(1＋5y2＋25y4＋5y(1＋5y2)) ．当m＞0，即y≥5时，上式右边两式都大于1，此时，A为合数，当m＝0时，A＝1＋5＋52＋53＋54＝11×71也是合数．所以，对任意正整数n，A为合数，命题获证．。
检测习题
0.04 100% 0.1% 40
例：某仪表在环境温度20℃±5℃、电源电压220V±5％、湿度 <80％、输入信号频率<lkHz时仪表的基本误差(最大相对百分 误差)为2.5％。 若使用环境温度超出该范围，则将产生±0.2％／℃误差； 电源电压变化±10％时，将产生±2％的附加误差； 湿度>80％，也将产生1％的附加误差； 输入信号频率>lkHz，将产生2.5％的附加误差。 问：若在35℃，湿度>80％，电源电压为200V，被测信号为 0.5V、2kHz的环境中使用该仪表，试估计测量误差（该仪表 量程为1V） 解 如果每个误差分量都取技术指标规定的极限值，则 基本误差 δ基 = ±2.5% 温度附加误差 δt = (35 - 25)×(±0.2 %／℃)=±2% 湿度附加误差 δφ = ±1％ 电源附加误差 δv = ±2％ 频率附加误差 δf = ±2.5％
max
xmax 100% 测量范围上限 测量范围下限
分别用四种表进行测量可能产生的最大绝对误差如下：
A表： xmax max L 1.5% 30V 0.45V B表： xmax max L 1.5% 50V 0.75V C表： xmax max L 1.0% 50V 0.50V D表： xmax max L 0.2% 360V 0.72V
1122xpeirrir???11112222xppderrdiidrdridrrdi??????则相对百分误差为111221112211121112211122max11111111222211101021021055545452022xpppxpepxpppppppiirrrippppppiirrriipirrrderriiirdididrdrdrdieiriririririrrrririrrrririrrr?????????????????????????????????????????????????21i???注意
习题参考答案
i半年
24% 2% 12
2%*(1 2%) 48 ( A / P, 2%, 48) 0.0326 (1 2%)48 1
A 5000*( A / P, 2%, 48) 5000*0.0326 163
所以，1-25 月还款总额为 163*25 4075元 26 月还：
方法二： 4 年实际利率：
i4年 (1 12% 8 ) 1 59.38% 2 P 1000*( P / A,59.38%, 4) 1000* (1 59.38%) 4 1 59.38% *(1 59.38%)4
1000*1.423078 1423元
[习题 15] 某人借了 5000 元，打算在 48 个月中以等额月末支付分期还款。在归还 25 次之后，他想第 26 次以一次支付立即归还余下借款，年利率 24%， 每月计息一次，问此人归还的总额为多少？
i er 1 2.718280.1 1 10.517%
年底本利和：
F P( F / P,10.517%,1) 1000*(1 10.517%) 1105.17 元
[习题 20] 一笔 10000 元的款子有两种五年期的存款方案：①五年期整存整取，单 利年利率 9%；②五年存本取息，每月可支取的利息以零存整取方式存 至第五年末，平均月息为 0.5875%。试计算哪个方案所得利息较多？ 方案一：
[习题 13] 试求图 2-17 现金流量的现值，若年利率为 10%。
0 1 2 3 4 5 6 7 8 300 1000 800 1200 1400 1600 1800 1300 9 300 10 300
P1 [1000 200 ( A / G,10%,5)] ( P / A,10%,5) (1000 200 1.8101) 3.7908 5163.15 P 2 [1300 500 ( A / G,10%,3)] ( P / A,10%,3) ( P / F ,10%,5) (1300 500 0.9366) 2.4869 0.6209 1284.24 P3 [300 ( P / A,10%, 2)] ( P / F ,10%,8) 300 1.7355 0.4665 242.88
第四章 练习题
本章习题一、选择题1.计算机病毒从本质上来说是( B )。
A.蛋白质 B．程序代码 C.应用程序2.特洛伊木马从本质上来说是( B )。
A．黑客入侵计算机的特殊工具 B．程序代码 C．硬件设备3.计算机病毒先后经历了( D )代的发展。
A．一代 B．二代 C. 三代 D. 四代4.计算机病毒的主要传播途径有( ABCD )。
A．计算机不可移动的硬件设备B. 可移动的储存设备C.计算机网络D. 点对点通信系统和无线网络5.病毒程序一旦被激活，就会马上( A )。
A.复制 B．繁殖 C. 消失6.蠕虫是由以下( A )部分构成的。
A．传播模块 B．隐藏模块 C.目的模块7.蠕虫入侵是利用了主机的( C )。
A．漏洞 B．弱点 C.设备8.木马入侵主机的主要目的是为了( BC )。
A．维护系统 B．窃取机密 C.破坏系统二、填空题1．计算机病毒的特征为：程序性(可执行性)，传染性，潜伏性，可触发性，破坏性，针对性，非授权性，隐蔽性，衍生性，病毒的寄生性。
2．计算机病毒的传播途径一般有：通过不可移动的计算机硬件设备,通过移动存储介质传播和通过计算机网络进行传播。
3.文件型病毒将自己依附在.com和.exe等可执行文件上。
4.木马是一种基于远程控制的黑客工具，它通常寄生于用户的计算机系统中，盗窃用户信息，并通过网络发送给黑客。
5．蠕虫是一种可以自我复制的完全独立的程序，它的传播不需要借助被感染主机的其他程序。
它可以自动创建与其功能完全相同的副本，并在没人干涉的情况下自动运行。
三、问答题1．试述计算机病毒的发展阶段。
1．第一代病毒第一代病毒的产生年限可以认为在1986-1989年之间，这一期间出现的病毒可以称之为传统的病毒，是计算机病毒的萌芽和滋生时期。
2．第二代病毒第二二代病毒又称为混合型病毒（又有人称之为“超级病毒”），其产生的年限可以认为在1989-1991年之间，它是计算机病毒由简单发展到复杂，由单纯走向成熟的阶段。
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一．单项选择题
1．下列哪个特征不是GSM网独有的，同样也是模拟移动通信网的特征？
（a）Air接口中用户数据（话音和数据）的数字传输
（b）在拥有GSM网的任何国家内漫游的可能性
（c）更好的话音质量
（d）全数字化的交换部分
2．下列哪个接口不是一个真正的开放接口？
（a）网络交换子系统（NSS）和网络管理子系统（NMS）之间的
（b）网络交换子系统（NSS）和基站子系统（BSS）之间的
（c）网络交换子系统（NSS）和公共交换电话网（PSTN）之间的
（d）基站子系统（BSS）和移动台（MS）之间的
3．下列哪个不包含用户数据：
（a）本地位置寄存器（HLR）
（b）访问位置寄存器（VLR）
（c）移动业务交换中心（MSC）
（d）用户识别模块（SIM）
4．位置更新过程是由哪个启动的？
（a）移动台（MS）
（b）移动业务交换中心（MSC）
（c）基站控制器（BSC）
（d）本地位置寄存器（HLR）
5．下列哪个不是网络交换子系统（NSS）的任务？
（a）识别主叫
（b）开始位置更新过程
（c）向计费中心发送计费数据
（d）为移动终接呼叫寻呼用户
6．一个PSTN始发移动终接呼叫刚刚做了一个从GMSC A至MSC B的MSC间切换。
它现在需要做至MSC C的另一个MSC间切换。
第二次成功切换之后，新的呼叫通道将是：（a）PSTN-GMSC A-MSC C
（b）PSTN-GMSC A-MSC B-MSC C
（c）PSTN-MSC C
（d）PSTN-GMSC A-MSC B-GMSC A-MSC C
7．下列哪种情况下，呼叫的实际接受者也要承担部分呼叫费用？
（a）移动台A打电话给同一网络中的移动台B，但是B正在另一国家漫游
（b）移动台A打电话给同一网络中的移动台B，但是B拥有无条件呼叫前转至另一网络的移动台C
（c）PSTN打电话给一在自己网络中漫游的A
（d）移动台A至同一网络中的移动台B，但是B拥有无条件呼叫前转至另一网络
的PSTN C
8．下列哪个不是信令功能？
（a）分析拨打的位数
（b）传送前，数字化用户话音
（c）建立语音通道的连接
（d）通知用户呼叫的进展
9．下列哪个SS7协议的组合不在PSTN交换中出现：
（a）MTP,SCCP
（b）MTP,ISUP
（c）MTP,TUP
（d）MTP,SCCP,TCAP,MAP
10．双工频率是指
(a) 一对上行链路和下行链路频率的差
（b）上行链路和下行链路频率对
（c）上行链路或下行链路频带的两倍
（d）GSM 900和GSM 1800频带
11．短消息业务在哪里被发送？
（a）SDCCH
（b）SACCH
（c）两个都是
（d）两个都不是
12．下列哪个不是网络规划中的因素？
（a）预定的覆盖区
（b）预定的业务等级
（c）SS7信令链路的比特速率
（d）网络组件的开销
13．在GSM网的NOKIA实现中
（a）码型转换器被包括作为MSC的一部分
（b）EIR被包括作为MSC的一部分
（c）VLR被作为MSC的一部分
（d）HLR被包括作为MSC的一部分
14．下列哪个子系统是完全构建在NOKIA DX 200交换平台的基础之上的？
（a）网络交换子系统（NSS）
（b）网络管理子系统（NMS）
（c）基站子系统（BSS）
（d）以上都不是
15．如果一个Intratalk BTS被配置作为一个全向BTS，它能多少最大频率？
（a）12 (b) 6 (c) 4 (d) 2
二．填空题
1．GSM/DCS的三个子系统是______,______,_______
2．国际移动用户标识（IMSI）的格式____________
3．基站子系统的组成：_________,_________,__________
4．三种位置更新_位置登记__________,__一般性__________,_周期性_________ 5．鉴权数据组的内容：_________,_________,__________
6．GSM使用的调制方案：___GSMSK__________
7．在BSC中，新的GSWB一次能交换PCM时隙的____位？
三．简答题
1．描述GSM网络的三个子系统所包含的网元及各自的功能。
2．分别写出MSC，BSC，HLR所用到的协议栈
3．写出物理信道和逻辑信道的区别，并列举12种逻辑信道。
4，写出网络规划的主要步骤
5，描述一下移动始发呼叫的过程。