2012江蘇省數(shù)學競賽《提優(yōu)教程》教案：第16講__數(shù)論選講

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1、 第 16 講 數(shù)論試題選講 在數(shù)學競賽中，初等數(shù)論的問題是考查的熱點內容之一．它所涉及的范圍主要有數(shù)的進位制、數(shù)的整除性、同余理論與不定方程．主要的定理有費馬小定理和中國剩余定理．反證法是解數(shù)論問題常用的解題方法．以下請大家了解近年一些有關數(shù)論的競賽試題和其解法。 A類例題 例1．設p是給定的奇質數(shù)，正整數(shù)k使得 也是一個正整數(shù)，求正整數(shù)k。（2004年全國高中數(shù)學競賽） 分析 是一個正整數(shù)，即k2－pk是一個完全平方數(shù)。為了配方，考慮4(k2－pk)是一個完全平方數(shù)，從而可以得到勾股方程。 解 由題 是一個正整數(shù)，則k2－pk是一個完全平方數(shù)， 設k2－pk=m2，

2、m∈N*，則 4(k2－pk)= 4m2， ∴ (2k－p) 2=p2+ 4m2， ∴ (2k－p) 2－4m2 = p2， ∴ (2k－p－2m)(2k－p+2m) = p2，(2k－p) ∵ (2k－p+2m)＞0，(2k－p－2m)＜(2k－p+2m)， 且 p是給定的奇質數(shù)， ∴ 2k－p－2m=1且2k－p+2m= p2， ∴ 4k－2p=1+ p2，即 4k=(1+p)2， 由于k＞0，∴ 2k=1+ p，k= ∈N*。 說明 本題中，p是已知數(shù)，k是未知數(shù)，所求的是用p表示出k。借助m=列出不定方程，其中不定方程可以轉化為

3、未知數(shù)的平方差型，于是問題可解。 例2．求所有的整數(shù)n，使得n4+6n3+11n2+3n+31是完全平方數(shù)．（2004年中國西部數(shù)學奧林匹克） 分析 n是整數(shù)，對多項式n4+6n3+11n2+3n+31配方，如果恰好是一個n的多項式的平方，則所有的整數(shù)n都是解，問題就已經(jīng)解決；否則對配方以后多出的部分進行估計討論。很顯然，本問題配方以后會有多出的部分。 解 設A＝n4+6n3+11n2+3n+31是完全平方數(shù)， 則配方后A＝(n2+3n+1)2―3(n―10)是完全平方數(shù)． 當n＜10時，A＜(n2+3n+1)2，所以A≤(n2+3n)2， ∴ A―(n2+3n)2＝(

4、n2+3n+1)2―3(n―10)―(n2+3n)2≤0， 即 (n2+3n+1)2―(n2+3n)2≤3(n―10)， ∴ 2n2+3n+31≤0，這不可能． 當n=10時，A＝(102+3×10+1)2=1312是完全平方數(shù)。 當n＜10時，A＞(n2+3n+1)2， 若n≤－3，或n≥0，則n2+3n+1≥0， 于是A≥(n2+3n+2)2，化簡得2n2+9n－27≤0， ∴ －7＜≤n≤＜3， ∴ n=－6，－5，－4，－3，0，1，2， 此時對應的A=409，166，67，40，31，52，145都不是完全平方數(shù)． 若n=－2，－1，與之對應的A=37，3

5、4也都不是完全平方數(shù)． 所以，只有當n=10時，A是完全平方數(shù)． 說明 A是完全平方數(shù)，配方后(n2+3n+1)2也是完全平方數(shù)，若A等于(n2+3n+1)2，配方多出的多項式應該等于0；若A不等于(n2+3n+1)2，配方多出的多項式應該大于或小于0，但此“多余的”式子是一次的，不能反映出較多的信息，必須進一步估計范圍。 例3．在已知數(shù)列1，4，8，10，16，19，21，25，30，43中，若相鄰若干個數(shù)之和能被11整除，則這些數(shù)組成一個數(shù)組，這樣的數(shù)組共有_________個。 分析 若干個數(shù)的和被11整除，只要考慮這些數(shù)模11的剩余的和被11整除即可，為了計算簡單，

6、這些剩余的絕對值應該盡量的小。而相鄰若干數(shù)的和，常常與數(shù)列前n項的和Sn相關。 答 7個。把各項先減去11的倍數(shù)，使數(shù)字變小易于計算。 由此有如下數(shù)列：1，4，－3，－1，5，－3，－1，3，－3，－1。 設其前n項之和為Sn，則S1＝1，S2＝5，S3＝2，S4＝1，S5＝6，S6＝3，S7＝2，S8＝5，S9＝2，S10＝1。其中相等的有S1＝S4＝S10＝1，S2＝S8＝5，S3＝S7＝S9＝2，這樣有7組差S4―S1，S10―S1，S10―S4，S8―S2，S7―S3，S9―S7，S9―S3為0，即共有7組能被11整除。 說明 數(shù)列a1，a2，……，an中，連續(xù)若干項

7、的和ak+1+a k+2+…+am就是Sn―Sk。 例4．已知a、b、c為正整數(shù)，且是有理數(shù)。 證明：是整數(shù)。（2004年芬蘭高中數(shù)學競賽） 分析 是有理數(shù)，其中隱含著正整數(shù)a、b、c的關系，找出a、b、c的關系，進一步推出a+b+c是a2+b2+c2的約數(shù)。 證明 因為為無理數(shù),故, b－c≠0，于是 = = ， 上式表示有理數(shù)，則有b2－ac=0。 從而 a2+b2+c2=(a+b+c)2－2ab－2bc－2ca =(a+b+c)2－2(ab+bc+b2) =(a+b+c) (a－b+c). 故 = a－b+c∈Z。 說明 是有理數(shù)，其

8、分子、分母中的無理數(shù)應該可以約去，注意到a、b、c為正整數(shù)，有 = 即可，也即b2=ac。 情景再現(xiàn) 1．已知a、b、c、d均為正整數(shù)，且logab=，logcd=。若a－c=9，則b－d= 。（2003年全國高中數(shù)學競賽） 2．一組相鄰的正整數(shù)，其中任何一個都不能被大于1的奇數(shù)的立方所整除，則這組數(shù)最多有_______個。 3．將一個四位數(shù)的數(shù)碼相反順序排列時為原來的4倍，求原數(shù)。 4．由7個數(shù)字0，1，2，3，4，5，6組成且能被55整除的最小七位數(shù)是 ； B類例題 例5．證明：不存在正整數(shù)n，使得2n2+1，3n2+1，6n2+

9、1全都是完全平方數(shù)。（2004年日本數(shù)學奧林匹克） 分析 完全平方數(shù)有諸多性質，推理過程中容易找到方向。 譬如若2n2+1，3n2+1，6n2+1全都是完全平方數(shù)，則兩兩的乘積 (2n2+1)(3n2+1)=6n4+5n2+1，(2n2+1)(6n2+1)=12n4+8n2+1和(3n2+1)(6n2+1)= 18n4+9n2+1都是完全平方數(shù)，但其中任意一個都可以是不矛盾的。而三個數(shù)的積(2n2+1)(3n2+1)(6n2+1)=36n6+36n4+11n2+1是完全平方數(shù)則有可能出現(xiàn)矛盾。 注意36n6+36n4+11n2+1=9n2(4n4+4n2+1)+2n2+1=9n2(

10、2n2+1)2+(2n2+1)，若乘一個平方數(shù)36n2即可以配方。 證明 若題中結論不真,那么,此三數(shù)均為完全平方數(shù),則三個數(shù)的積(2n2+1)(3n2+1)(6n2+1)=36n6+36n4+11n2+1是完全平方數(shù)。 ∴ 36n2(6n2+1)(4n2+1)(2n2+1)是完全平方數(shù)， 即36n2(6n2+1)(4n2+1)(2n2+1) = 36n2 (36n6+36n4+11n2+1) =36n2 [9n2(2n2+1)2+2n2+1] = (18n2)2(2n2+1)2+36n2(2n2+1) =(36n4+18n2+1)2－1是完全平方數(shù)。 (36n

11、4+18n2+1)2是完全平方數(shù)，(36n4+18n2+1)2－1也是完全平方數(shù)，兩個正整數(shù)的平方相差1，這是不可能的。 所以題中結論成立。 說明 否定型命題，適合用反證法處理。 例6．2005！+2，2005！+3，……，2005！+2005這連續(xù)的2004 個整數(shù)構成一個數(shù)列，且此數(shù)列中無質數(shù)。是否存在一個由2004 個連續(xù)整數(shù)構成的數(shù)列，此數(shù)列中恰有12 個質數(shù)？ （2004年芬蘭高中數(shù)學競賽） 分析 條件中給出了一個重要的特例，由于當k∈N、2≤k≤2005時，總有k | 2005！，所以2005！+k總是合數(shù)。而1，2，3，……，2004中質數(shù)個數(shù)超過12個。 考慮數(shù)列

12、a，a+1，a+2，…，a+2003和數(shù)列a+1，a+2，…，a+2004中的質數(shù)個數(shù)變化。 解 考慮數(shù)列a，a+1，a+2，…， a+2003 和數(shù)列a+1， a+2，…，a+2004中的質數(shù)個數(shù)。 若a和a+2004均為質數(shù)或均為合數(shù),那么,這兩個數(shù)列中的質數(shù)個數(shù)相等; 若a和a+2 004中有一個是質數(shù),則兩個數(shù)列中的質數(shù)個數(shù)差1. 已知數(shù)列1，2，…，2004中質數(shù)從小到大有 2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，…… 質數(shù)個數(shù)超過12個， 而對于a，a+1，a+2，…，a+2003，當a=2005!+2時，

13、此數(shù)列中無質數(shù)。所以,存在一個b(1

14、m+2n－2k是4的倍數(shù)且是25的倍數(shù)，求m+n－k的最小值可以去掉因數(shù)2k后逐個試驗。 解 設2m+2n－2k =100t(t∈N)， 若n=k，則得2m=100t，不可能， ∴ n>k． ∴ 2k(2m－k+2n－k－1)=22·52t．由2m－k+2n－k－1為奇數(shù)，∴ k≥2． 取m－k=p，n－k=q，(04(∵ 24+23<26)，取p、q值試驗： p 5 6 7 8 9 10 2

15、p 32 64 128 256 512 1024 2q的 可能值 12，62 48，98 20+50k，k=0，1，2，3，4 14+50k，k=0，1，2，……，9 2+50k，k=0，1，2，……，20． 其中p=9時有解q=6，使m+n－k=p+q+k=17； 再對p<15的值試驗，得p=10，q=1使m+n－k=p+q+k=13． 而p>10時p+q+k>13．∴ 最小值為13． 說明 求多元變量的最小值的命題時，可以在充分討論限制條件后逐個試驗求解。 情景再現(xiàn) 5．證明：15?n2+n+2． 6．按如下的規(guī)則構造數(shù)列1，2，3，4，0，9

16、，6，9，4，8，7，…，從第五個數(shù)字開始，每1個數(shù)字是前4個數(shù)字的和的末位數(shù)字。問 （1）數(shù)字2，0，0，4會出現(xiàn)在所構造的數(shù)列中嗎？ （2）開頭的數(shù)字1，2，3，4會出現(xiàn)在所構造的數(shù)列中嗎？（2004年克羅地亞數(shù)學競賽） 7．求有多少個正整數(shù)對(m,n)，使得7m+3n=102004，且m︱n。（2004年日本數(shù)學奧林匹克） C類例題 例8．找出滿足(a+b) (b+c)(c+a)+(a+b+c)3=1－abc的全部整數(shù)a，b，c，并作出必要的推理說明。（2003年中國香港數(shù)學競賽） 分析 這是是三元三次的不定方程問題，把等式整理為a，b，c的整（一次）多項

17、式的乘積等于整數(shù)，考慮該整數(shù)的因數(shù)分解。 解1 設s =a+b+c， 及P(x)=(x－a)(x－b)(x－c)=x’－sx2+(ab+bc+ca)x－abc． 則 (a+b)(b+c)(c+a)=P(s)=(ab+bc+ca)s－abc． 于是，題設等式可整理為(ab+bc+ca)s－abc=－2s3+2－2abc， 即 －s3－s3－(ab+bc+ca)s－abc+2=0，即P(－s)+2=0． s 用a+b+c代入即得 (2a+b+c)(a+2b+c)(a+b+2c)=2． 易看出上式左邊某個因子是2，另外兩個因子1，l(或－l，－1)， 或者某個因子是－2

18、，另外兩個因子是1，－l(或－l，1)． 當因子2a+b+c是2時，有 或 分別解得a=l，b=0，c=0和 a=2，b=－l，c=－1． 當因子2a+b+c是－2時，相應的兩個方程組可導出4(a+b+c)=－2， 顯然，該方程組沒有整數(shù)解(a，b，c)． 由于方程關于a，b，c是對稱的，于是，(a，b，c)的全部可能的值為 (1，0，0)，(0，1，0)，(0，0，1)，(2，－1，－1)， (－l，2，－1)，(－l，－l，2)． 解2 將 (a+b) (b+c)(c+a)+(a+b+c)3=1－abc展開，得

19、 2a3+2b3+2c3+7a2b+7a2c+7ab2+7b2c+7ac2+7bc2+16abc=2． 而左邊的表達式可分解因式為 (a+b+2c)(a+2b+c)(2a+b+c)． 以下同解法1 說明 解法2中展開整理，然后分解因式，方法上看似直接，實際運算時分解因式的難度很大，很難想到其中含有的因式是怎樣的。解法1則注意到了a+b，b+c，c+a與a+b+c間的關系a+b=a+b+c－c，b+c=a+b+c－a，c+a=a+b+c－b。把a+b+c看成一個整體s，使等式成了(s－a)(s－b)(s－c)－2s3=2－2abc，從而聯(lián)想到函數(shù)(x－

20、a)(x－b)(x－c)。 例9．求最小的正質數(shù)，使得對于某個整數(shù)n，這個質數(shù)能整除n2+5n+23。（2003年巴西數(shù)學奧林匹克） 分析 注意觀察，當n=23時，n2+5n+23是23的倍數(shù)，所以只要考慮小于23的質數(shù)2，3，5，7，11，13，17，19?？梢詮淖钚〉馁|數(shù)開始討論。 解 （1）考慮質數(shù)2：n2+5n+23= n2+n+4n+23，n2+n是偶數(shù)，則n2+n+4n+23是奇數(shù)，對于任意的整數(shù)n，質數(shù)2不能整除n2+5n+23； （2）考慮質數(shù)3：當n是3的倍數(shù)時，則3不能整除n2+5n+23，當n不是3的倍數(shù)時，n2－1是3的倍數(shù)，則3不能整除n2+5n+23=

21、n2－1+5n+24，即對于任意的整數(shù)n，質數(shù)3不能整除n2+5n+23； （3）考慮質數(shù)5：當n是5的倍數(shù)時，則5不能整除n2+5n+23，當n為5k±1型的整數(shù)時，n2－1是5的倍數(shù)，則5不能整除n2+5n+23= n2－1+5n+24，當n為5k±2型的整數(shù)時，n2－4是5的倍數(shù)，則5不能整除n2+5n+23= n2－4+5n+27，即對于任意的整數(shù)n，質數(shù)5不能整除n2+5n+23； （4）考慮質數(shù)7：當n是7的倍數(shù)時，則7不能整除n2+5n+23，當n為7k±1型的整數(shù)時，n2－1是7的倍數(shù)，則7不能整除n2+5n+23= n2－1+35k+24±5，當n為7k±2型的整數(shù)時，n

22、2－4是7的倍數(shù)，則7不能整除n2+5n+23= n2－4+35k+27±10，當n為7k±3型的整數(shù)時，n2－9是7的倍數(shù)，則7不能整除n2+5n+23= n2－9+35k+32±15，即對于任意的整數(shù)n，質數(shù)7不能整除n2+5n+23； （5）同理考慮質數(shù)11和13，可知對于任意的整數(shù)n，質數(shù)11和13都不能整除n2+5n+23； （6）考慮質數(shù)17：當n=15時，n2+5n+23=323=340-17是17的倍數(shù)； 所以，所求的最小質數(shù)為17。 說明 本題的基本思路是：估計范圍，然后在范圍里逐個窮舉驗證。 例10．求方程 2x·3y－5z·7w= 1 的所有非負整數(shù)

23、解(x，y，z，w)。（2005年中國數(shù)學奧林匹克） 分析 這是一個簡潔明了的數(shù)論問題，可以容易地得到方程的幾組解，如21×30－50×70=2－1=1，2×3－5×70=6－5=1，23×30－50×71=8－7=1，22×32－51×71=36－35=1，……，除此之外是否還有解？推理的要求頗高。 解 由5z·7w+1為偶數(shù)，知x≥1。 情形1 　若y =0 ,此時2x－5z·7w= 1。 若z≠0，則2x≡1 (mod 5)，由此得4 | x。 因此，3 | (2x－1)，這與2x－5z·7w= 1矛盾。 若z =0 ,則2x－7w =1。 當x =1，2，3時，

24、直接計算可得( x , w ) = (1 ,0)，(3 ,1)。 當x≥4時，有7w≡－1( mod 16), 直接計算知這是不可能的。 所以,當y =0 時,全部的非負整數(shù)解為 (x，y，z，w) = (1 ,0 ,0 ,0)，(3 ,0 ,0 ,1)。 情形2 　若y＞0 ,x =1，則2·3y－5z·7w= 1。 因此 －5z·7w≡1 ( mod 3)，即(－1)z≡1 ( mod 3)， 從而 z 為奇數(shù)，故 2·3y ≡1 (mod 5)。 由此知 y≡1 ( mod 4)。 當w≠0時，有2·3y ≡1 (mod 7)。 因此，y≡4 ( mod

25、6)，此與y≡1 (mod 4) 矛盾。 所以，w =0，于是 2·3y－5z =1，當y =1時，z =1。 當y≥2時,有5z≡－1(mod 9)，由此知z≡3 (mod 6)。 因此，(53 +1) | (5z +1)。 故7 | (5z +1)，這與5z +1=2·3y 矛盾，所以,此種情形的解為： (x，y，z，w) = (1，1，1，0)。 情形3 　若y＞0，x≥2，此時 －5z·7w≡1( mod 4)，－5z·7w≡1 ( mod 3)。 即　 －(－1)w ≡1( mod 4)，－(－1)w ≡1( mod 3)。 因此，z 和w 都是奇數(shù)，從而

26、 2x·3y=5z·7w+1≡35 +1≡4 ( mod 8)。 所以，x =2，原方程變?yōu)?·3y－5z ·7w =1 (其中z和w均為奇數(shù))。 由此知4·3y≡1( mod 5)，4·3y≡1 ( mod 7)。 從上面兩式得y ≡2 (mod 12)。 設y = 12m +2 ,m≥0。于是 5z·7w=4·3y－1=(2·36m +1－1)(2·36m+1+1)。 因為 2·36m+1+1≡6·23m+1≡6+1≡0 ( mod7)， 且 (2·36m +1－1，2·36m+1+1) =1，所以，5 | (2·36m +1－1)。 于是 2·36m +1－1=

27、5z， 2·36m+1+1=7w。 （*） 若m≥1 ,則由（*）得5z≡－1 ( mod 9)，由情形2 知,這是不可能的。 若m =0 ,則y =2，z =1，w =1。 所以,此種情形的解為(x，y，z，w)= (2 ,2 ,1 ,1)。 綜上所述,所求的非負整數(shù)解為： (x，y，z，w)=(1 ,0 ,0 ,0)，(3 ,0 ,0 ,1)，(1 ,1 ,1 ,0)，(2 ,2 ,1 ,1)。 說明 注意推理的思維過程，方程2x·3y－5z·7w= 1變形為 2x·3y=5z·7w+ 1，首先可以發(fā)現(xiàn)5z·7w是奇數(shù)，則5z·7w+ 1是偶數(shù)，即2x·3

28、y是偶數(shù)，于是x≥1，…… 情景再現(xiàn) 8．證明對于任意的整數(shù)n，11不能整除n2+5n+23。 9．求所有正整數(shù)n，使得n·2n-1 +1是完全平方數(shù)。 10．求所有的正整數(shù)對（a，b），使得為正整數(shù)。（03年IMO） 習題21 1．求能使等式 + =1成立的所有正整數(shù)m，n。 2．證明：324－1能被91整除． 3．求所有多于兩位的正整數(shù)，使得每一對相鄰數(shù)字構成一個整數(shù)的平方。（2004年克羅地亞數(shù)學競賽） 4．證明：任意五個相鄰的正整數(shù)的平方和不是一個正整數(shù)的平方。（2004年克羅地亞數(shù)學競賽） 5．設n是正整數(shù)，且4n2+17n－15表示兩個相鄰正整數(shù)的積，求所有

29、這樣的n的值． 6．將個數(shù)放在一個圓周上，任意連續(xù)的個數(shù)的和為，且放在第號位置的數(shù)是，第號位置的數(shù)是，第號位置的數(shù)是. 則放在第號位置的數(shù)是幾。 7．求使(a3+b) (a+b3)= (a+b)4成立的所有整數(shù)對（a,b）。（2004年澳大利亞數(shù)學奧林匹克） 8．若正整數(shù)a、b、c滿足a2+b2=c2，就稱a、b、c為一組勾股數(shù)，證明：若a，b，c是一組勾股數(shù)，則abc能被60整除． 9．證明：存在無限正整數(shù)序列{an},使得對于任意正整數(shù)n是一個完全平方數(shù)。（2004年澳大利亞數(shù)學奧林匹克） 10．數(shù)列a1，a2，…定義如下：an=2n+3n+6n－1（n=1，2，3，…）。 求

30、與此數(shù)列的每一項都互質的所有正整數(shù)．IMO-05 “情景再現(xiàn)”解答： 1．93。 由條件知b2= a3，d 4 = c5，因為a、b、c、d均為正整數(shù)，可以設a =x2，c =y4，其中x、y為正整數(shù)，則a－c= x2－y4=(x－y2) (x+ y2)=9，由x－y2＜x+ y2，所以x－y2=1，x+ y2=9，解得x=5，y =2，故b－d= x3－y5=125－32=93。 2．26 自然數(shù)1～26是滿足條件的一組數(shù)。任意連續(xù)27個自然數(shù)，其中必有一個是27的倍數(shù)，也即是33的倍數(shù)，于是這組數(shù)不合要求。 3．設原數(shù)為,依題意得方程：4=. 因為兩個數(shù)的位數(shù)相同，故，且a

31、為偶數(shù)，故a=2. 由題意得：d只能為9或8，但d=9不可能， 因為方程左邊的個位數(shù)為6，而右邊個位數(shù)為2， 故d=8.從而32+40c+400b=2+10b+100c, 即13b-2c=-1.觀察法得b=1,c=7，故所求原數(shù)為2178。 4．解 首位為1；第二位為0，末位數(shù)字為5；由1+2+3+4+5+6=21，設此數(shù)為10abcd5，則a+b+c+d=15，(5+c+a+1)－(d+b)=0或±11，只有a+c=10，b+d=5滿足要求，故得此數(shù)為1042635． 5．證明 n≡0(mod 3)時，n2+n+2≡2(mod 3)， n≡1(mod 3)時，n2+n

32、+2≡1(mod 3)， n≡－1(mod 3)時，n2+n+2≡2(mod 3)， 即對于一切整數(shù)n，都有n2+n+20(mod 3)．從而15?n2+n+2． 結論 若a|c，b|c，且(a，b)=1，則ab|c．反之，若a?c，或b?c，則ab?c. 6．(1)在數(shù)列中用P代表一個偶數(shù)字，用N代表一個奇數(shù)字。于是，所給的數(shù)列相當于 N，P，N，P，P，N，P，N，P，P，…，注意到此數(shù)列是以5為周期重復的排列。此外，在任何四個依次相連的數(shù)字中至少有一個是奇數(shù)。而數(shù)字2，0，0，4都是偶數(shù)，因此，他們不可能出現(xiàn)在所構造的數(shù)列中。 (2)因為數(shù)列中連續(xù)四個數(shù)字是情況

33、是有限的(少于10000)，所以，數(shù)列必然在有限項后按周期排列。顯然，數(shù)列能從任意連續(xù)四個數(shù)字向前或向后延伸。因此，數(shù)列從后向前也以周期排列。故1，2，3，4必定周期性出現(xiàn)。 7．設n=mk，k∈N+。則m(7+3k)=22004×52004。令7+3k=2u×5v，u、v∈N。 因為上式兩邊模3同余，所以，u、v奇偶性相同,故k可取10032+10022-2個值(不包括(u，v)=(0，0)或(2，0))。所以 (m，n)= ,有10032+10022－2=2010 011個解. 8．證明：當n是11的倍數(shù)時，則11不能整除n2+5n+23，當n為11k±1型的整數(shù)時，n2－1是11的

34、倍數(shù)，則11不能整除n2+5n+23=n2－1+55k+24±5，當n為11k±2型的整數(shù)時，n2－4是11的倍數(shù)，則11不能整除n2+5n+23=n2－4+55k+27±10，當n為11k±3型的整數(shù)時，n2－9是11的倍數(shù)，則11不能整除n2+5n+23= n2－9+55k+32±15，當n為11k±4型的整數(shù)時，n2－16是11的倍數(shù)，則11不能整除n2+5n+23=n2－16+55k+39±20，當n為11k±5型的整數(shù)時，n2－25是11的倍數(shù)，則11不能整除n2+5n+23= n2－25+55k+48±25，即對于任意的整數(shù)n，質數(shù)11不能整除n2+5n+23； 9．n=5。

35、10．（a，b）=（2t，1）或（t，2t），或（8t4－t，2t），t∈N*。 “習題21”解答： 1．等式化為5m+3n = mn，則(m－3)( n－5)=15，由于15=1×15=3×5 =(－1)×(－15)=(－3)×(－5)，解得(m，n)=(4,20)，(6,10)，(8,8)，(18,6)。 2．證明 91=7×13， 324－1=(312+1)(312－1)= (312+1)(36+1)(33+1)(33－1) =(312+1)(36+1)(3+1)(32－3+1)(3－1)(32+3+1)； 但32－3+1=7，32+3+1=13． ∴ 324－1能被9

36、1整除． 3．易得，正整數(shù)的平方是兩位的有：16，25，36，49，64，81。 注意到，從給出數(shù)字開始至多有1個兩位平方，因此，在第一個兩位數(shù)被選定后，所求數(shù)的余下部分被惟一地確定。因為沒有以5或9 開始的兩位的平方數(shù)，所以，所求的數(shù)不能以25或49開始。 而由16得164，1 649； 由36得364，3 649； 由64得649； 由81得816，8 164 ，81 649。 因此，滿足條件的數(shù)為164，1649，364，3649，649，816，8164 ，81649。 4．記5個相鄰正整數(shù)分別為n－2，n－1，n，n+1，n+2， 它們的平方和等于(n－2)2+(

37、n－1)2+n2+(n+1)2+(n+2)2=5(n2+2)， 顯然能被5整除。故只有當它能被25整除，即n2+2 能被5整除，它才能是一個正整數(shù)的平方。但平方數(shù)n2除以5不能得到余數(shù)3。 5．解 設4n2+17n－15=(2n+k)( 2n+k+1)=4n2+2n(2k+1)+k(k+1)．∴ n=； 當k=0時，n=1；當k=1時，n不為整數(shù)；當k=2時，n=3；當k=3時，n=9．當k>3時n<0． 當k<0時，由2n+k≥1，知n≥， 此時15－4k>0，≥， ∴ 2k2+2k+30≥15－19k+4k2．T2k2－21k－15≤0無負整數(shù)滿足此式．∴ 只有3個值．

38、 6．解：由題，在268以內，20是周期， 與210號位同值的號為：230，250；2（270）， 由x≡268k+2，(mod20) ≡8k+2， (mod20) 則x≡2≡10≡18≡6≡14，(mod20) ≡8k+2， (mod20) 同理, 由x≡268k+17，(mod20) 則x≡17≡5≡13≡1≡9，(mod20) 由x≡268k+83，(mod20) 則x≡3≡11≡19≡7≡15，(mod20) 由x≡268k+144，(mod20) 則x≡4≡12≡20≡8≡16，(mod20) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1

39、1 12 13 14 15 16 17 18 19 20 3 x 4 9 3 x 4 9 3 x 4 9 3 x 4 9 3 x 4 9 于是 5(3+4+9+x)=75，所以 x =－6。 7．注意到(a3+b) (a+b3)= (a+b)4 a4+a3b3+ab+b4= a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4 a3b3+2a2b2+ab=4a3b+8a2b2+4ab3 ab(ab+1)=4ab(a+b)2 ab[(ab+1)2﹣4(a+b)2]=0成立。 因此，（a,0）和（0,b）是給定方程的解，a、b∈Z.

40、 另外的解必須使得（ab+1）2﹣4(a+b)2=0成立。 因為（ab+1）2﹣4(a+b)2=0即ab+1=±2(a+b) 分兩種情況討論。 如果ab+1=2(a+b)，則有（a-2）(b-2）=3于是，有 ，或，或，或。 分別解得 a=5，b=3；a=3，b=5； a=﹣1，b=1； a=1，b=﹣1。 如果ab+1=﹣2(a+b)，則有（a+2）(b+2）=3 類似地，解得 a=1，b=﹣1；a=﹣1，b=1； a=﹣5，b=﹣3； a=﹣3，b=﹣5 綜上所述，給定方程所有可能解的集合為{（a，0）∣a∈Z}∪{（0，b）∣b∈Z}∪{(﹣5，﹣3)，(﹣3，﹣5)

41、，(﹣1，1)，(1，﹣1)，(5，3)，（3，5）} 8．設(a，b，c)=d，d>1，則可先把等式兩邊的因式d2約去，使a，b，c兩兩互質．先證當a、b、c兩兩互質時60|abc．此時a、b必一奇一偶，c為奇數(shù)．設a為偶數(shù)則 此時a2=c2－b2，而當b、c均為奇數(shù)時，c2≡1(mod 8)，b2≡1(mod 8)，∴a2≡0(mod 8)，∴ 4|a，∴4|abc． 若a、b均不能被3整除，即a≡±1(mod 3)，b≡±1(mod 3)，則a2+b2≡2(mod 3)，這與c2≡0，1(mod 3)矛盾，故a，b中至少有一是3的倍數(shù)．(由a，b互質，知a，b只能有一個是3的倍數(shù))

42、． ∴ 3|abc． 若5|a，或5|b，則5|abc，否則5?a，5?b，于是a2≡±1(mod 5)，b2≡±1(mod 5)，a2+b2≡0，±2(mod 5)，但c2≡0，±1(mod 5)．故只能a2+b2≡0(mod 5)，即c2≡0(mod 5)，5|c，總之，5|abc． 綜上可知，3×4×5=60|abc． 9．記Sn=。 從勾股數(shù)組（a，b，c）開始，取a為奇數(shù)，b為偶數(shù)（例如（3，4，5）），奇數(shù)a 為a1,偶數(shù)b為a2 。這一定意味著S1= a2 和S2= a2+b2=c2 是完全平方。可選取其他的an為偶數(shù)，使得 成立。 這是可能的，由于 ， 因

43、為為偶數(shù)的選擇表示一定也是偶數(shù)，故 也是偶數(shù)。 例如，取a1,=3，a2 =4，得數(shù)列3，4，12，84，3 612，…，滿足題目要求。 10．滿足條件的正整數(shù)只有1． 下面證明：對任意質數(shù)p，它一定是數(shù)列的某一項的因數(shù)． 對于和，它們是的約數(shù)． 對于每一個大于3的質數(shù)p，因為，所以，由Fermat小定理 ， 所以 ， 即 ， 故 ， 也就是說，． 對任意大于1的正整數(shù)n，它必有一個質因數(shù)p．若，則；若，則，故大于1 的正整數(shù)都不符合要求． 而1與所有正整數(shù)都互質，所以，符合題設要求的

44、正整數(shù)只能為1． 備用題 11. 試求解方程 []= 。 解：方程中是整數(shù)，則[－]= []－= 0， 所以 []= 0，所以 0≤＜1，即0≤81－90x＜40， 又設整數(shù)t = ，則5t +7=15x，代入得0≤39－30t＜40，(t∈Z) 故 t=0或1，于是可得x = 或x = 。 12．3個正整數(shù)中的任何兩個數(shù)之積可以被該兩數(shù)之和整除。證明：這3個正整數(shù)具有大于1的公約數(shù)。（2004年俄羅斯數(shù)學奧林匹克） 13、設{N1，N2，…，Nk}是由五位數(shù)（十進制）構成的數(shù)組，使得任何一個各位數(shù)字形成嚴格上升序列的五位數(shù)中都至少有一位數(shù)字與數(shù)N1，N2，…，Nk中的某個數(shù)的相同位置上的數(shù)字相同。試求k的最小可能值。（2004年俄羅斯數(shù)學奧林匹克）