PAGE高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽數(shù)論專題A類例題例1．設(shè)p是給定的奇質(zhì)數(shù)，正整數(shù)k使得eq\r(k2－pk)也是一個(gè)正整數(shù)，求正整數(shù)k。分析eq\r(k2－pk)是一個(gè)正整數(shù)，即k2－pk是一個(gè)完全平方數(shù)。為了配方，考慮4(k2－pk)是一個(gè)完全平方數(shù)，從而可以得到勾股方程。解由題eq\r(k2－pk)是一個(gè)正整數(shù)，則k2－pk是一個(gè)完全平方數(shù)，設(shè)k2－pk=m2，m∈N*，則4(k2－pk)=4m∴(2k－p)2=p2+4m2，∴(2k－p)2－4m2∴(2k－p－2m)(2k－p+2m)=p2，(2k－∵(2k－p+2m)＞0，(2k－p－2m)＜(2k－p+且p是給定的奇質(zhì)數(shù)，∴2k－p－2m=1且2k－p+2m=p∴4k－2p=1+p2，即4k=(1+p)2，由于k＞0，∴2k=1+p，k=eq\f(1+p,2)∈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=eq\r(k2－pk)列出不定方程，其中不定方程可以轉(zhuǎn)化為未知數(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)．分析n是整數(shù)，對(duì)多項(xiàng)式n4+6n3+11n2+3n+31配方，如果恰好是一個(gè)n的多項(xiàng)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(duì)配方以后多出的部分進(jìn)行估計(jì)討論。很顯然，本問題配方以后會(huì)有多出的部分。解設(shè)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(dāng)n＜10時(shí)，A＜(n2+3n+1)2，所以A≤(n2+3n)2，∴A―(n2+3n)2＝(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(dāng)n=10時(shí)，A＝(102+3×10+1)2=1312是完全平方數(shù)。當(dāng)n＜10時(shí)，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(jiǎn)得2n2+9n－27≤0，∴－7＜eq\f(－3(\r(33)+3),4)≤n≤eq\f(3(\r(33)－3),4)＜3，∴n=－6，－5，－4，－3，0，1，2，此時(shí)對(duì)應(yīng)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(duì)應(yīng)的A=37，34也都不是完全平方數(shù)．所以，只有當(dāng)n=10時(shí)，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(xiàng)式應(yīng)該等于0；若A不等于(n2+3n+1)2，配方多出的多項(xiàng)式應(yīng)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(jìn)一步估計(jì)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(gè)數(shù)之和能被11整除，則這些數(shù)組成一個(gè)數(shù)組，這樣的數(shù)組共有_________個(gè)。分析若干個(gè)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(jì)算簡(jiǎn)單，這些剩余的絕對(duì)值應(yīng)該盡量的小。而相鄰若干數(shù)的和，常常與數(shù)列前n項(xiàng)的和Sn相關(guān)。答7個(gè)。把各項(xiàng)先減去11的倍數(shù)，使數(shù)字變小易于計(jì)算。由此有如下數(shù)列：1，4，－3，－1，5，－3，－1，3，－3，－1。設(shè)其前n項(xiàng)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(xiàng)的和ak+1+ak+2+…+am就是Sn―Sk。例4．已知a、b、c為正整數(shù)，且eq\f(\r(3)a+b,\r(3)b+c)是有理數(shù)。證明：eq\f(a2+b2+c2,a+b+c)是整數(shù)。分析eq\f(\r(3)a+b,\r(3)b+c)是有理數(shù)，其中隱含著正整數(shù)a、b、c的關(guān)系，找出a、b、c的關(guān)系，進(jìn)一步推出a+b+c是a2+b2+c2的約數(shù)。證明因?yàn)閑q\r(3)為無(wú)理數(shù),故,eq\r(3)b－c≠0，于是eq\f(\r(3)a+b,\r(3)b+c)=eq\f((\r(3)a+b)(\r(3)b－c),3b2－c2)=eq\f(3ab－bc+\r(3)(b2－ac),3b2－c2)，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eq\f(a2+b2+c2,a+b+c)=a－b+c∈Z。說明eq\f(\r(3)a+b,\r(3)b+c)是有理數(shù)，其分子、分母中的無(wú)理數(shù)eq\r(3)應(yīng)該可以約去，注意到a、b、c為正整數(shù)，有eq\f(a,b)=eq\f(b,c)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=eq\f(3,2)，logcd=eq\f(5,4)。若a－c=9，則b－d=。2．一組相鄰的正整數(shù)，其中任何一個(gè)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(gè)。3．將一個(gè)四位數(shù)的數(shù)碼相反順序排列時(shí)為原來(lái)的4倍，求原數(shù)。4．由7個(gè)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+1全都是完全平方數(shù)。分析完全平方數(shù)有諸多性質(zhì)，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(gè)都可以是不矛盾的。而三個(gè)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(2n2+1)2+(2n2+1)，若乘一個(gè)平方數(shù)36n2即可以配方。證明若題中結(jié)論不真,那么,此三數(shù)均為完全平方數(shù),則三個(gè)數(shù)的積(2n2+1)(3n2+1)(6n2+1)=36n6+36n4+11n2+1是完全平方數(shù)?！?6n2(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)。(36n4+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(gè)正整數(shù)的平方相差1，這是不可能的。所以題中結(jié)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(gè)整數(shù)構(gòu)成一個(gè)數(shù)列，且此數(shù)列中無(wú)質(zhì)數(shù)。是否存在一個(gè)由2004個(gè)連續(xù)整數(shù)構(gòu)成的數(shù)列，此數(shù)列中恰有12個(gè)質(zhì)數(shù)？分析條件中給出了一個(gè)重要的特例，由于當(dāng)k∈N、2≤k≤2005時(shí)，總有k|2005！，所以2005！+k總是合數(shù)。而1，2，3，……，2004中質(zhì)數(shù)個(gè)數(shù)超過12個(gè)。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(zhì)數(shù)個(gè)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(zhì)數(shù)個(gè)數(shù)。若a和a+2004均為質(zhì)數(shù)或均為合數(shù),那么,這兩個(gè)數(shù)列中的質(zhì)數(shù)個(gè)數(shù)相等;若a和a+2004中有一個(gè)是質(zhì)數(shù),則兩個(gè)數(shù)列中的質(zhì)數(shù)個(gè)數(shù)差1.已知數(shù)列1，2，…，2004中質(zhì)數(shù)從小到大有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，……質(zhì)數(shù)個(gè)數(shù)超過12個(gè)，而對(duì)于a，a+1，a+2，…，a+2003，當(dāng)a=2005!+2時(shí)，此數(shù)列中無(wú)質(zhì)數(shù)。所以,存在一個(gè)b(1<b<a),使得數(shù)列b，b+1，b+2，…，b+2003中恰有12個(gè)質(zhì)數(shù)。說明本題給出存在性命題證明的一個(gè)范例，數(shù)列a，a+1，a+2，…，a+2003和數(shù)列a+1，a+2，…，a+2004中的質(zhì)數(shù)個(gè)數(shù)最多只能相差1，而a取1或2005！+2時(shí)質(zhì)數(shù)個(gè)數(shù)從1個(gè)變?yōu)槌^12個(gè)，在1與2005！+2間存在一個(gè)數(shù)b，使得數(shù)列b，b+1，b+2，…，b+2003中恰有12個(gè)質(zhì)數(shù)。例7．已知m、n、k為自然數(shù)，m≥n≥k，且2m+2n－2k是100的倍數(shù)，求m+n－k分析：2m+2n－2k中有因數(shù)2k，又2m+2n－2k是100的倍數(shù)，2m+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)解設(shè)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)，∴取m－k=p，n－k=q，(0<q≤p)則m+n－k=p+q+k．為使此式最小，應(yīng)使k取最小，故k=2．∴2p+2q－1=25t，t為奇數(shù)．∴2p+2q的末兩位數(shù)字為26或76．于是p>4(∵24+23<26)，取p、q值試驗(yàn)：p56789102p326412825651210242q的可能值12，6248，9820+50k，k=0，1，2，3，414+50k，k=0，1，2，……，92+50k，k=0，1，2，……，20．其中p=9時(shí)有解q=6，使m+n－k=p+q+k=17；再對(duì)p<15的值試驗(yàn)，得p=10，q=1使m+n－k=p+q+k=13．而p>10時(shí)p+q+k>13．∴最小值為13．說明求多元變量的最小值的命題時(shí)，可以在充分討論限制條件后逐個(gè)試驗(yàn)求解。情景再現(xiàn)5．證明：15?n2+n+2．6．按如下的規(guī)則構(gòu)造數(shù)列1，2，3，4，0，9，6，9，4，8，7，…，從第五個(gè)數(shù)字開始，每1個(gè)數(shù)字是前4個(gè)數(shù)字的和的末位數(shù)字。問（1）數(shù)字2，0，0，4會(huì)出現(xiàn)在所構(gòu)造的數(shù)列中嗎？（2）開頭的數(shù)字1，2，3，4會(huì)出現(xiàn)在所構(gòu)造的數(shù)列中嗎？7．求有多少個(gè)正整數(shù)對(duì)(m,n)，使得7m+3n=102004，且m︱nC類例題例8．找出滿足eq\f(1,2)(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。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(xiàng)式的乘積等于整數(shù)，考慮該整數(shù)的因數(shù)分解。解1設(shè)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(shè)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+2易看出上式左邊某個(gè)因子是2，另外兩個(gè)因子1，l(或－l，－1)，或者某個(gè)因子是－2，另外兩個(gè)因子是1，－l(或－l，1)．當(dāng)因子2a+b+c或分別解得a=l，b=0，c=0和a=2，b=－l，c=－1．當(dāng)因子2a+b+c是－2時(shí)，相應(yīng)的兩個(gè)方程組可導(dǎo)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(guān)于a，b，c是對(duì)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eq\f(1,2)(a+b)(b+c)(c+a)+(a+b+c)3=1－abc展開，得2a3+2b3+2c3+7a2b+7a2c+7ab2+7b2c+7ac2而左邊的表達(dá)式可分解因式為(a+b+2c)(a+2b+c)(2a+b+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(shí)際運(yùn)算時(shí)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(guān)系a+b=a+b+c－c，b+c=a+b+c－a，c+a=a+b+c－b。把a(bǔ)+b+c看成一個(gè)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－a)(x－b)(x－c)。例9．求最小的正質(zhì)數(shù)，使得對(duì)于某個(gè)整數(shù)n，這個(gè)質(zhì)數(shù)能整除n2+5n+23。分析注意觀察，當(dāng)n=23時(shí)，n2+5n+23是23的倍數(shù)，所以只要考慮小于23的質(zhì)數(shù)2，3，5，7，11，13，17，19?？梢詮淖钚〉馁|(zhì)數(shù)開始討論。解（1）考慮質(zhì)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(duì)于任意的整數(shù)n，質(zhì)數(shù)2不能整除n2+5n+23；（2）考慮質(zhì)數(shù)3：當(dāng)n是3的倍數(shù)時(shí)，則3不能整除n2+5n+23，當(dāng)n不是3的倍數(shù)時(shí)，n2－1是3的倍數(shù)，則3不能整除n2+5n+23=n2－1+5n+24，即對(duì)于任意的整數(shù)n，質(zhì)數(shù)3不能整除n2+5n+23；（3）考慮質(zhì)數(shù)5：當(dāng)n是5的倍數(shù)時(shí)，則5不能整除n2+5n+23，當(dāng)n為5k±1型的整數(shù)時(shí)，n2－1是5的倍數(shù)，則5不能整除n2+5n+23=n2－1+5n+24，當(dāng)n為5k±2型的整數(shù)時(shí)，n2－4是5的倍數(shù)，則5不能整除n2+5n+23=n2－4+5n+27，即對(duì)于任意的整數(shù)n，質(zhì)數(shù)5不能整除n2+5n+23；（4）考慮質(zhì)數(shù)7：當(dāng)n是7的倍數(shù)時(shí)，則7不能整除n2+5n+23，當(dāng)n為7k±1型的整數(shù)時(shí)，n2－1是7的倍數(shù)，則7不能整除n2+5n+23=n2－1+35k+24±5，當(dāng)n為7k±2型的整數(shù)時(shí)，n2－4是7的倍數(shù)，則7不能整除n2+5n+23=n2－4+35k+27±10，當(dāng)n為7k±3型的整數(shù)時(shí)，n2－9是7的倍數(shù)，則7不能整除n2+5n+23=n2－9+35k+32±15，即對(duì)于任意的整數(shù)n，質(zhì)數(shù)7不能整除n2+5n+23；（5）同理考慮質(zhì)數(shù)11和13，可知對(duì)于任意的整數(shù)n，質(zhì)數(shù)11和13都不能整除n2+5n+23；（6）考慮質(zhì)數(shù)17：當(dāng)n=15時(shí)，n2+5n+23=323=340-17是17的倍數(shù)；所以，所求的最小質(zhì)數(shù)為17。說明本題的基本思路是：估計(jì)范圍，然后在范圍里逐個(gè)窮舉驗(yàn)證。例10．求方程2x·3y－5z·7w=1的所有非負(fù)整數(shù)解(x，y，z，w)。分析這是一個(gè)簡(jiǎn)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(shí)2x－5z·7w=1。若z≠0，則2x≡1(mod5)，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(dāng)x=1，2，3時(shí)，直接計(jì)算可得(x,w)=(1,0)，(3,1)。當(dāng)x≥4時(shí)，有7w≡－1(mod16),直接計(jì)算知這是不可能的。所以,當(dāng)y=0時(shí),全部的非負(fù)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(mod3)，即(－1)z≡1(mod3)，從而z為奇數(shù)，故2·3y≡1(mod5)。由此知y≡1(mod4)。當(dāng)w≠0時(shí)，有2·3y≡1(mod7)。因此，y≡4(mod6)，此與y≡1(mod4)矛盾。所以，w=0，于是2·3y－5z=1，當(dāng)y=1時(shí)，z=1。當(dāng)y≥2時(shí),有5z≡－1(mod9)，由此知z≡3(mod6)。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(shí)－5z·7w≡1(mod4)，－5z·7w≡1(mod3)。即－(－1)w≡1(mod4)，－(－1)w≡1(mod3)。因此，z和w都是奇數(shù)，從而2x·3y=5z·7w+1≡35+1≡4(mod8)。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(mod5)，4·3y≡1(mod7)。從上面兩式得y≡2(mod12)。設(shè)y=12m+2,m≥0。于是5z·7w=4·3y－1=(2·36m+1－1)(2·3因?yàn)?·36m+1+1≡6·23m+1≡且(2·36m+1－1，2·36m+1+1)=1，所以，5|(2·36于是2·36m+1－1=5z，2·36m+1+1=7w。若m≥1,則由（*）得5z≡－1(mod9)，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(fù)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·3y是偶數(shù)，于是x≥1，……情景再現(xiàn)8．證明對(duì)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(duì)（a，b），使得eq\f(a2,2ab2－b3+1)為正整數(shù)。習(xí)題211．求能使等式eq\f(3,m)+eq\f(5,n)=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(duì)相鄰數(shù)字構(gòu)成一個(gè)整數(shù)的平方。4．證明：任意五個(gè)相鄰的正整數(shù)的平方和不是一個(gè)正整數(shù)的平方。5．設(shè)n是正整數(shù)，且4n2+17n－15表示兩個(gè)相鄰正整數(shù)的積，求所有這樣的n的值．6．將個(gè)數(shù)放在一個(gè)圓周上，任意連續(xù)的個(gè)數(shù)的和為，且放在第號(hào)位置的數(shù)是，第號(hào)位置的數(shù)是，第號(hào)位置的數(shù)是.則放在第號(hào)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(duì)（a,b）。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(wú)限正整數(shù)序列{an},使得對(duì)于任意正整數(shù)n是一個(gè)完全平方數(shù)。10．?dāng)?shù)列a1，a2，…定義如下：an=2n+3n+6n－1（n=1，2，3，…）。求與此數(shù)列的每一項(xiàng)都互質(zhì)的所有正整數(shù)．“情景再現(xiàn)”解答：1．93。由條件知b2=a3，d4=c5，因?yàn)閍、b、c、d均為正整數(shù)，可以設(shè)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(gè)自然數(shù)，其中必有一個(gè)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(shè)原數(shù)為,依題意得方程：4=.因?yàn)閮蓚€(gè)數(shù)的位數(shù)相同，故，且a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?yàn)榉匠套筮叺膫€(gè)位數(shù)為6，而右邊個(gè)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(shè)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(mod3)時(shí)，n2+n+2≡2(mod3)，n≡1(mod3)時(shí)，n2+n+2≡1(mod3)，n≡－1(mod3)時(shí)，n2+n+2≡2(mod3)，即對(duì)于一切整數(shù)n，都有n2+n+20(mod3)．從而15?n2+n+2．結(jié)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(gè)偶數(shù)字，用N代表一個(gè)奇數(shù)字。于是，所給的數(shù)列相當(dāng)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(fù)的排列。此外，在任何四個(gè)依次相連的數(shù)字中至少有一個(gè)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(gòu)造的數(shù)列中。(2)因?yàn)閿?shù)列中連續(xù)四個(gè)數(shù)字是情況是有限的(少于10000)，所以，數(shù)列必然在有限項(xiàng)后按周期排列。顯然，數(shù)列能從任意連續(xù)四個(gè)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(shè)n=mk，k∈N+。則m(7+3k)=22004×52004。令7+3k=2u×5v，u、v∈N。因?yàn)樯鲜絻蛇吥?同余，所以，u、v奇偶性相同,故k可取10032+10022-2個(gè)值(不包括(u，v)=(0，0)或(2，0))。所以(m，n)=,有10032+10022－2=2010011個(gè)解.8．證明：當(dāng)n是11的倍數(shù)時(shí)，則11不能整除n2+5n+23，當(dāng)n為11k±1型的整數(shù)時(shí)，n2－1是11的倍數(shù)，則11不能整除n2+5n+23=n2－1+55k+24±5，當(dāng)n為11k±2型的整數(shù)時(shí)，n2－4是11的倍數(shù)，則11不能整除n2+5n+23=n2－4+55k+27±10，當(dāng)n為11k±3型的整數(shù)時(shí)，n2－9是11的倍數(shù)，則11不能整除n2+5n+23=n2－9+55k+32±15，當(dāng)n為11k±4型的整數(shù)時(shí)，n2－16是11的倍數(shù)，則11不能整除n2+5n+23=n2－16+55k+39±20，當(dāng)n為11k±5型的整數(shù)時(shí)，n2－25是11的倍數(shù)，則11不能整除n2+5n+23=n2－25+55k+48±25，即對(duì)于任意的整數(shù)n，質(zhì)數(shù)11不能整除n2+5n+23；9．n=5。10．（a，b）=（2t，1）或（t，2t），或（8t4－t，2t），t∈N*?！傲?xí)題21”1．等式化為5m+3n=mn，則(m－3)(n－5)=15，由于15=1×15=3×=(－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91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(gè)兩位平方，因此，在第一個(gè)兩位數(shù)被選定后，所求數(shù)的余下部分被惟一地確定。因?yàn)闆]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164，1649；由36得364，3649；由64得649；由81得816，8164，81649。因此，滿足條件的數(shù)為164，1649，364，3649，649，816，8164，81649。4．記5個(gè)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+(n－1)2+n2+(n+1)2+(n+2)2=5(n2+2)，顯然能被5整除。故只有當(dāng)它能被25整除，即n2+2能被5整除，它才能是一個(gè)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(shè)4n2+17n－15=(2n+k)(2n+k+1)=4n2+2n(2k+1)+k(k+1)．∴n=；當(dāng)k=0時(shí)，n=1；當(dāng)k=1時(shí)，n不為整數(shù)；當(dāng)k=2時(shí)，n=3；當(dāng)k=3時(shí)，n=9．當(dāng)k>3時(shí)n<0．當(dāng)k<0時(shí)，由2n+k≥1，知n≥，此時(shí)15－4k>0，≥，∴2k2+2k+30≥15－19k+4k2．T2k2－21k－15≤0無(wú)負(fù)整數(shù)滿足此式．∴只有3個(gè)值．6．解：由題，在268以內(nèi)，20是周期，與210號(hào)位同值的號(hào)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)12345678910111213141516171819203x493x493x493x493x49于是5(3+4+9+x)=75，所以x=－6。7．注意到(a3+b)(a+b3)=(a+b)4a4+a3b3+ab+b4=a4+4a3b+6a2b2+4ab3+ba3b3+2a2b2+ab=4a3b+8a2b2+4abab(ab+1)=4ab(a+b)2ab[(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.另外的解必須使得（ab+1）2﹣4(a+b)2=0成立。因?yàn)椋╝b+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)，(﹣1，1)，(1，﹣1)，(5，3)，（3，5）}8．設(shè)(a，b，c)=d，d>1，則可先把等式兩邊的因式d2約去，