只能是0或1. （3）奇数平方的十位数字是偶数. （4）十位数字是奇数的平方数的个位数一定是6. （5）不能被3整除的数的平方被3除余1，能被3整除的数的平方能被3整除.因而，平方数被9除的余数为0，1，4，7，且此平方数的各位数字的和被9除的余数也只能为0，1，4，7. （6）平方数的约数的个数为奇数. （7）任何四个连续整数的乘积加1，必定是一个平方数. 进一步研究可得到有关平方和的几个结论:
定理三：奇素数p能表示成两个正整数的平方和的充要条件是p?4m?1.
定理四：设正整数n?m2p，其中p不再含平方因数，n能表示成两个整数的平方的充
要条件是p没有形如4q?3的质因数.
定理五：每个正整数都能表示成四个整数的平方和. 这几个定理的证明略.这里重点是介绍有关k方幂的解法技巧.k方幂中许多问题实质上是不定方程的整数解问题，比如著名的勾股数问题.
赛题精讲
例1：证明：对于任何自然数n和k，数f(n,k)?2n3k?4nk?10都不能分解成若干
（1981年全国高中联赛试题）
个连续的正整数之积.
【证明】由性质9知，只需证明数f(n,k)不能被一个很小的自然数n整除.因
f(n,k)?3n3k?3nk?n3k?nk?10?3(n3k?nk?3)?nk(nk?1)(nk?1)?1,
3|3(n3k?nk?3),3|nk(nk?1)(nk?1),3 1，故3 f(n,k)，因而f(n,k)不能分解成三
个或三个以上的连续自然数的积.
再证f(n,k)不能分解成两个连续正整数的积.
由上知，f(n,k)?3q?1(q?N)，因而只需证方程：3q?1?x(x?1)无正整数解.而
这一点可分别具体验算x?3r,34?1,34?2时，x(x?1)均不是3q?1形的数来说明.
故f(n,k)对任何正整数n、k都不能分解成若干个连续正整数之积. 例2： 设p和q均为自然数,使得
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p1111?1??????. q2313181319证明：p可被1979整除. (第21届IMO试题) 【证明】
p111111?(1????)?2(????) q23131924131811111????)?(1????) 2313192659111111?)?(?)???(?) =(66013196611318989990111????) =1979×(660?1319661?1318989?990=(1? 两端同乘以1319！得1319！?p?1979?m(m?N*). 此式说明1979|1319！×p.由于q1979为质数，且1979 1319！，故1979|p.
【评述】把1979换成形如3k?2的质数，1319换成2k?1(k?N*)，命题仍成立. 牛顿二项式定理和(a?b)|a?b,(a?b)|a?b(n为偶数), (a?b)|a?b(n为
nnnnnn奇数)在整除问题中经常用到.
例3 ：对于整数n与k，定义F(n,k)??rr?1n2k?1,求证：F(n,1)可整除F(n,k).
（1996加拿大数学竞赛试题）
【证明】当n?2m时，F(2m,1)?m2m?r?m(2m?1),
r?12m
F(2m,k)??rr?1m2k?1?r?m?1m?r2k?1
??rr?1m2k?1??(2m?1?r)2k?1r?1
??[r2k?1?(2m?1?r)2k?1],r?1
由于[…]能被r?(2m?1?r)?2m?1整除，所以F(2m,k)能被2m?1整除，另一方
面，
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F(2m,k)??[rr?1m?12k?1?(2m?r)2k?1]?m2k?1?(2m)2k?1,
上式中[…]能被r?(2m?r)?2m整除，所以F(2m,k)也能被m整除.因m与2m+1
互质，所以F(2m,k)能被m（2m+1）（即F(m,1)）整除.
类似可证当n?2m?1时，F（2m+1，k）能被F（2m+1,1）整除. 故F(n,k)能被
F(n,1)整除.
例4 ：求一对整数a,b，满足：(1)ab(a?b)不能被7整除；（2）(a?b)7?a7?b7能
被77整除. (第25届IMO试题)
【解】(a?b)7?a7?b7=7ab[(a5?b5)?3ab(a3?b3)?5a2b2(a?b)]
=7ab(a?b)(a2?b2?ab)2.
根据题设要求(1)(2)知，76|(a2?b2?ab)2|,即73|a2?b2?ab.
2232令a?b?ab?7,即(a?b)?ab?343,即a?b?19，则ab?192?343.故可令
a?18,b?1即合要求.
(第15届美国普特南数学竞赛试题)
【评述】数学归纳法在整除问题中也有广泛应用. 例5：是否存在1000000个连续整数，使得每一个都含有重复的素因子，即都能被某个素数的平方所整除？ 【解】存在.用数学归纳法证明它的加强命题：对任何正整数m,存在m个连续的整数，使得每一个都含有重复的素因子. 当m=1时，显然成立.这只需取一个素数的平方.
假设当m=k时命题成立,即有k个连续整数n?1,n?2,?,n?k,它们分别含有重复的
素因子p1,p2,?,pk,任取一个与p1,p2,?,pk都不同的素数pk?1(显然存在),当
22222时,这t?1,2,?pktpp?p?n?(k?1)p?112kk?1个数中任两个数的差是形如222222ap12p2?pk(1?a?pk)的数,不能被pk?1?1?1整除,故这pk?1个数除以pk?1后,余数两两不
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2222同.但除以pk1，…，pk从而恰有一个数t0(1?t0?pk?1后的余数只有0，?1－1这pk?1个，?1)，2222使t0p1（k?1)个连续整数： p2?pk?n?(k?1)能被pk?1整除.这时，
222222t0p12p2?pk?n?1,t0p12p2?pk?n?2，…，t0p12p2?pk?n?k，
22t0p12p2?pk?n?（k+1）
2222m?k?1时命题成立.故题对一切正整数m均成立. 分别能被p1,p2?pk,pk?1整除，即
[a,b,c]2(a,b,c)2例6：求证：?.
[a,b][b,c][c,a](a,b)(b,c)(c,a)（第1届美国数学奥林匹克竞赛试题）
【证明】设a?
?pi?i,b??pi?i,c??pi?i,其中
i?1i?1i?1nnnpi为质数，?i,?i,?i为非负整数，则
[a,b,c]?n?pi?1nmax(?i,?i,?i)i,
[a,b]??pimax(?i,?i)?,
i?1
(a,b,c)??n?pi?1nmi?ni(,?i,?i)i,
(a,b)?
因此只需证明
?pi?1min(?i,?i)i?,
2max(?i,?i,?i)?max(?i,?i)?max(?i,?i)?max(?i,?i) =2min(?i,?i,?i)?min(?i,?i)?min(?i,?i)?min(?i,?i)
上式关于?i,?i,?i对称，则不妨设?i??i??i，于是上式变为：
2?i??i??i??i?2?i??i??i??i.此式显然成立，故得证.
例7：设a和b是两个正整数，(a,b)?1,p为大于或等于3的质数，
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ap?bpc?(a?b,），试证：（1）(c,a)?1；（2）c?1或c?p.（1985新加坡数学竞赛试题）
a?bap?bp?cs(t,s?N)，两式相乘得 【证明】由已知得a?b?ct,a?bc2st?ap?bp?ap?(ct?a)p?cptp?pacp?1tp?1???pap?1ct,于是
cs?cp?1tp?1?pacp?2tp?2???pap?1,故c|pap?1.
（1）现用反证法来证明(c,a)?1.若(c,a)?k?1,令q是k的一个质因子，则有
q|c,q|a.因c|a?b，则q|a?b，从而q|b.于是q是a、b的一个公约数，这与(a,b)=1
矛盾，故(c,a)?1.
（2）因为c|pap?1,(c,a)?1,所以c|p.而p为质数且p?3，故c?1或c?p. 例8：设Sn??(kk?1n5?k7)，求最大公约数d?(Sn,S3n).（第26届IMO预选题）
【解】能过具体计算可猜想
Sn?2(1?2???n)4?2(n(n?1)4). 此式不难用数学归纳法获证. 2 为求d?(Sn,S3n)，对n分奇偶来讨论. （1）当n?2k时，
d?(2[
2k(2k?1)46k(6k?1)4],2[])?(2k4(2k?1)4,2?81k4(6k?1)4). 2244和6k?1互质，所以d?2k((2k?1),81).而当k?3t?1时
44由于2k?1
4 (2k?1)?81(2t?1),k?3t?1时，(2k?1)与81互质.故此时有
?n481442?81k?2?81?4?n,当n?6t?2时;??82 d?? ?2k4?1n4,当n?6t?6或6t?4时(t?0).?8?44（2）当当n?2k?1时d?(2[(2k?1)(k?1)],2[3(2k?1)(3k?2)).
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