情景再现
5．证明：15?n2+n+2．
6．按如下的规则构造数列1，2，3，4，0，9，6，9，4，8，7，…，从第五个数字开始，每1个数字是前4个数字的和的末位数字。问 （1）数字2，0，0，4会出现在所构造的数列中吗？
（2）开头的数字1，2，3，4会出现在所构造的数列中吗？（2004年克罗地亚数学竞赛）
7．求有多少个正整数对(m,n)，使得7m+3n=102004，且m︱n。（2004年日本数学奥林匹克）
C类例题 1
例8．找出满足2(a+b) (b+c)(c+a)+(a+b+c)3=1－abc的全部整数a，b，c，并作出必要的推理说明。（2003年中国香港数学竞赛）
分析 这是是三元三次的不定方程问题，把等式整理为a，b，c的整（一次）多项式的乘积等于整数，考虑该整数的因数分解。
解1 设s =a+b+c，
及P(x)=(x－a)(x－b)(x－c)=x’－sx2+(ab+bc+ca)x－abc． 则 (a+b)(b+c)(c+a)=P(s)=(ab+bc+ca)s－abc．
于是，题设等式可整理为(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． 易看出上式左边某个因子是2，另外两个因子1，l(或－l，－1)， 或者某个因子是－2，另外两个因子是1，－l(或－l，1)． 当因子2a+b+c是2时，有
?2a?b?c?2,??a?2b?c?1, 或 ?a?b?2c?1??2a?b?c?2,??a?2b?c??1, ?a?b?2c??1.?分别解得a=l，b=0，c=0和 a=2，b=－l，c=－1．
当因子2a+b+c是－2时，相应的两个方程组可导出4(a+b+c)=－2， 显然，该方程组没有整数解(a，b，c)．
由于方程关于a，b，c是对称的，于是，(a，b，c)的全部可能的值为 (1，0，0)，(0，1，0)，(0，0，1)，(2，－1，－1)， (－l，2，－1)，(－l，－l，2)．
1
解2 将 2(a+b) (b+c)(c+a)+(a+b+c)3=1－abc展开，得 2a3+2b3+2c3+7a2b+7a2c+7ab2+7b2c+7ac2+7bc2+16abc=2． 而左边的表达式可分解因式为 (a+b+2c)(a+2b+c)(2a+b+c)． 以下同解法1
说明 解法2中展开整理，然后分解因式，方法上看似直接，实际运算时分解因式的难度很大，很难想到其中含有的因式是怎样的。解法1则注意到了a+b，b+c，c+a与a+b+c间的关系a+b=a+b+c－c，b+c=a+b+c－a，c+a=a+b+c－b。把a+b+c看成一个整体s，使等式成了(s－a)(s－b)(s－c)－2s3=2－2abc，从而联想到函数(x－a)(x－b)(x－c)。
例9．求最小的正质数，使得对于某个整数n，这个质数能整除n2+5n+23。（2003年巴西数学奥林匹克）
分析 注意观察，当n=23时，n2+5n+23是23的倍数，所以只要考虑小于23的质数2，3，5，7，11，13，17，19。可以从最小的质数开始讨论。
解 （1）考虑质数2：n2+5n+23= n2+n+4n+23，n2+n是偶数，则n2+n+4n+23是奇数，对于任意的整数n，质数2不能整除n2+5n+23；
（2）考虑质数3：当n是3的倍数时，则3不能整除n2+5n+23，当n不是3的倍数时，n2－1是3的倍数，则3不能整除n2+5n+23= n2－1+5n+24，即对于任意的整数n，质数3不能整除n2+5n+23；
（3）考虑质数5：当n是5的倍数时，则5不能整除n2+5n+23，当n为5k±1型的整数时，n2－1是5的倍数，则5不能整除n2+5n+23= n2－1+5n+24，当n为5k±2型的整数时，n2－4是5的倍数，则5不能整除n2+5n+23= n2－4+5n+27，即对于任意的整数n，质数5不能整除n2+5n+23；
（4）考虑质数7：当n是7的倍数时，则7不能整除n2+5n+23，当n为7k±1型的整数时，n2－1是7的倍数，则7不能整除n2+5n+23= n2－1+35k+24±5，当n为7k±2型的整数时，n2－4是7的倍数，则7不能整除n2+5n+23= n2－4+35k+27±10，当n为7k±3型的整数时，n2－9是7的倍数，则7不能整除n2+5n+23= n2－9+35k+32±15，即对于任意的整数n，质数7不能整除n2+5n+23；
（5）同理考虑质数11和13，可知对于任意的整数n，质数11和13都不能整除n2+5n+23； （6）考虑质数17：当n=15时，n2+5n+23=323=340-17是17的倍数； 所以，所求的最小质数为17。
说明 本题的基本思路是：估计范围，然后在范围里逐个穷举验证。
例10．求方程 2x·3y－5z·7w= 1 的所有非负整数解(x，y，z，w)。（2005年中国数学奥林匹克）
分析 这是一个简洁明了的数论问题，可以容易地得到方程的几组解，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，??，除此之外是否还有解？推理的要求颇高。
解 由5z·7w+1为偶数，知x?1。 情形1 若y =0 ,此时2x－5z·7w= 1。 若z≠0，则2x≡1 (mod 5)，由此得4 | x。 因此，3 | (2x－1)，这与2x－5z·7w= 1矛盾。 若z =0 ,则2x－7w =1。
当x =1，2，3时，直接计算可得( x , w ) = (1 ,0)，(3 ,1)。 当x?4时，有7w≡－1( mod 16), 直接计算知这是不可能的。 所以,当y =0 时,全部的非负整数解为
(x，y，z，w) = (1 ,0 ,0 ,0)，(3 ,0 ,0 ,1)。
情形2 若y＞0 ,x =1，则2·3y－5z·7w= 1。 因此 －5z·7w≡1 ( mod 3)，即(－1)z≡1 ( mod 3)， 从而 z 为奇数，故 2·3y ≡1 (mod 5)。 由此知 y≡1 ( mod 4)。
当w≠0时，有2·3y ≡1 (mod 7)。
因此，y≡4 ( mod 6)，此与y≡1 (mod 4) 矛盾。 所以，w =0，于是 2·3y－5z =1，当y =1时，z =1。 当y?2时,有5z≡－1(mod 9)，由此知z≡3 (mod 6)。 因此，(53 +1) | (5z +1)。
故7 | (5z +1)，这与5z +1=2·3y 矛盾，所以,此种情形的解为：
(x，y，z，w) = (1，1，1，0)。
情形3 若y＞0，x?2，此时
－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 都是奇数，从而 2x·3y=5z·7w+1≡35 +1≡4 ( mod 8)。 所以，x =2，原方程变为4·3y－5z ·7w =1 (其中z和w均为奇数)。 由此知4·3y≡1( mod 5)，4·3y≡1 ( mod 7)。 从上面两式得y ≡2 (mod 12)。
设y = 12m +2 ,m?0。于是 5z·7w=4·3y－1=(2·36m +1－1)(2·36m+1+1)。 因为 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=5z， 2·36m+1+1=7w。 （*）
若m?1 ,则由（*）得5z≡－1 ( mod 9)，由情形2 知,这是不可能的。 若m =0 ,则y =2，z =1，w =1。
所以,此种情形的解为(x，y，z，w)= (2 ,2 ,1 ,1)。 综上所述,所求的非负整数解为：
(x，y，z，w)=(1 ,0 ,0 ,0)，(3 ,0 ,0 ,1)，(1 ,1 ,1 ,0)，(2 ,2 ,1 ,1)。
说明 注意推理的思维过程，方程2x·3y－5z·7w= 1变形为 2x·3y=5z·7w+ 1，首先可以发现5z·7w是奇数，则5z·7w+ 1是偶数，即2x·3y是偶数，于是x?1，??
情景再现
8．证明对于任意的整数n，11不能整除n2+5n+23。 9．求所有正整数n，使得n·2n-1 +1是完全平方数。
a2
10．求所有的正整数对（a，b），使得为正整数。（03年IMO）
2ab2－b3+1
习题21
35
1．求能使等式m + n =1成立的所有正整数m，n。 2．证明：324－1能被91整除．
3．求所有多于两位的正整数，使得每一对相邻数字构成一个整数的平方。（2004年克罗地亚数学竞赛）
4．证明：任意五个相邻的正整数的平方和不是一个正整数的平方。（2004年克罗地亚
数学竞赛）
5．设n是正整数，且4n2+17n－15表示两个相邻正整数的积，求所有这样的n的值． 6．将268个数放在一个圆周上，任意连续的20个数的和为75，且放在第17号位置的数是3，第83号位置的数是4，第144号位置的数是9. 则放在第210号位置的数是几。
7．求使(a3+b) (a+b3)= (a+b)4成立的所有整数对（a,b）。（2004年澳大利亚数学奥林匹克） 8．若正整数a、b、c满足a2+b2=c2，就称a、b、c为一组勾股数，证明：若a，b，c是一组勾股数，则abc能被60整除．
9．证明：存在无限正整数序列{an},使得年澳大利亚数学奥林匹克）
10．数列a1，a2，…定义如下：an=2n+3n+6n－1（n=1，2，3，…）。 求与此数列的每一项都互质的所有正整数．IMO-05
?ak?1n2k对于任意正整数n是一个完全平方数。（2004
“情景再现”解答： 1．93。 由条件知b2= a3，d 4 = c5，因为a、b、c、d均为正整数，可以设a =x2，c =y4，其中x、y为正整数，则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 自然数1～26是满足条件的一组数。任意连续27个自然数，其中必有一个是27的倍数，也即是33的倍数，于是这组数不合要求。
3．设原数为abcd,依题意得方程：4?abcd=dcba. 因为两个数的位数相同，故1?a?2，且a为偶数，故a=2. 由题意得：d只能为9或8，但d=9不可能， 因为方程左边的个位数为6，而右边个位数为2， 故d=8.从而32+40c+400b=2+10b+100c,
即13b-2c=-1.观察法得b=1,c=7，故所求原数为2178。
4．解 首位为1；第二位为0，末位数字为5；由1+2+3+4+5+6=21，设此数为10abcd5，则a+b+c+d=15，(5+c+a+1)－(d+b)=0或±11，只有a+c=10，b+d=5满足要求，故得此数为1042635．
5．证明 n≡0(mod 3)时，n2+n+2≡2(mod 3)， n≡1(mod 3)时，n2+n+2≡1(mod 3)，