n≡－1(mod 3)时，n2+n+2≡2(mod 3)，
即对于一切整数n，都有n2+n+20(mod 3)．从而15?n2+n+2．
结论 若a|c，b|c，且(a，b)=1，则ab|c．反之，若a?c，或b?c，则ab?c.
6．(1)在数列中用P代表一个偶数字，用N代表一个奇数字。于是，所给的数列相当于
N，P，N，P，P，N，P，N，P，P，?，注意到此数列是以5为周期重复的排列。此外，在任何四个依次相连的数字中至少有一个是奇数。而数字2，0，0，4都是偶数，因此，他们不可能出现在所构造的数列中。
(2)因为数列中连续四个数字是情况是有限的(少于10000)，所以，数列必然在有限项后按周期排列。显然，数列能从任意连续四个数字向前或向后延伸。因此，数列从后向前也以周期排列。故1，2，3，4必定周期性出现。
7．设n=mk，k∈N+。则m(7+3k)=22004×52004。令7+3k=2u×5v，u、v∈N。
因为上式两边模3同余，所以，u、v奇偶性相同,故k可取10032+10022-2个值(不包括(u，
102004,mk),有10032+10022－2=2010 011个解. v)=(0，0)或(2，0))。所以 (m，n)= (7?3k8．证明：当n是11的倍数时，则11不能整除n2+5n+23，当n为11k±1型的整数时，n2－1是11的倍数，则11不能整除n2+5n+23=n2－1+55k+24±5，当n为11k±2型的整数时，n2－4是11的倍数，则11不能整除n2+5n+23=n2－4+55k+27±10，当n为11k±3型的整数时，n2－9是11的倍数，则11不能整除n2+5n+23= n2－9+55k+32±15，当n为11k±4型的整数时，n2－16是11的倍数，则11不能整除n2+5n+23=n2－16+55k+39±20，当n为11k±5型的整数时，n2－25是11的倍数，则11不能整除n2+5n+23= n2－25+55k+48±25，即对于任意的整数n，质数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*。
“习题21”解答：
1．等式化为5m+3n = mn，则(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．证明 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，正整数的平方是两位的有：16，25，36，49，64，81。
注意到，从给出数字开始至多有1个两位平方，因此，在第一个两位数被选定后，所求数的余下部分被惟一地确定。因为没有以5或9 开始的两位的平方数，所以，所求的数不能以25或49开始。
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，满足条件的数为164，1649，364，3649，649，816，8164 ，81649。 4．记5个相邻正整数分别为n－2，n－1，n，n+1，n+2， 它们的平方和等于(n－2)2+(n－1)2+n2+(n+1)2+(n+2)2=5(n2+2)，
显然能被5整除。故只有当它能被25整除，即n2+2 能被5整除，它才能是一个正整数的平方。但平方数n2除以5不能得到余数3。
k2?k?155．解 设4n+17n－15=(2n+k)( 2n+k+1)=4n+2n(2k+1)+k(k+1)．∴ n=；
15?4k2
2
当k=0时，n=1；当k=1时，n不为整数；当k=2时，n=3；当k=3时，n=9．当k>3时n<0．
来源:Zxxk.Com]
当k<0时，由2n+k?1，知n?
1?k， 2k2?k?151?k此时15－4k>0，?，
215?4k∴ 2k2+2k+30?15－19k+4k2．?2k2－21k－15?0无负整数满足此式．∴ 只有3个值． 6．解：由题，在268以内，20是周期，
与210号位同值的号为：230，250；2（270）， 由x≡268k+2，(mod20)
≡8k+2， (mod20)
则x≡2≡10≡18≡6≡14，(mod20)
≡8k+2， (mod20) 同理, 由x≡268k+17，(mod20)
则x≡17≡5≡13≡1≡9，(mod20) 由x≡268k+83，(mod20)
则x≡3≡11≡19≡7≡15，(mod20) 由x≡268k+144，(mod20)
则x≡4≡12≡20≡8≡16，(mod20) 1 2 3来4 5 6 7 8来9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 源:Zxxk.Com] 源学科网 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）是给定方程的解，a、b∈Z. 另外的解必须使得（ab+1）2﹣4(a+b)2=0成立。 因为（ab+1）2﹣4(a+b)2=0即ab+1=±2(a+b) 分两种情况讨论。
如果ab+1=2(a+b)，则有（a-2）(b-2）=3于是，有
?a?2?3?a?2?1?a?2??3?a?2??1，或，或，或。 ?????b?2??3?b?2?1?b?2?3?b?2??1分别解得
a=5，b=3；a=3，b=5； a=﹣1，b=1； a=1，b=﹣1。 如果ab+1=﹣2(a+b)，则有（a+2）(b+2）=3 类似地，解得
a=1，b=﹣1；a=﹣1，b=1； a=﹣5，b=﹣3； a=﹣3，b=﹣5
综上所述，给定方程所有可能解的集合为{（a，0）∣a∈Z}∪{（0，b）∣b∈Z}∪{(﹣5，﹣3)，(﹣3，﹣5)，(﹣1，1)，(1，﹣1)，(5，3)，（3，5）}
8．设(a，b，c)=d，d>1，则可先把等式两边的因式d2约去，使a，b，c两两互质．先证当a、b、c两两互质时60|abc．此时a、b必一奇一偶，c为奇数．设a为偶数则
此时a2=c2－b2，而当b、c均为奇数时，c2≡1(mod 8)，b2≡1(mod 8)，∴a2≡0(mod 8)，∴ 4|a，∴4|abc．
来源学科网Z|X|X|K]
若a、b均不能被3整除，即a≡±1(mod 3)，b≡±1(mod 3)，则a2+b2≡2(mod 3)，这与c2≡0，1(mod 3)矛盾，故a，b中至少有一是3的倍数．(由a，b互质，知a，b只能有一个是3的倍数)． ∴ 3|abc．
若5|a，或5|b，则5|abc，否则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，总之，5|abc．
综上可知，3×4×5=60|abc． 9．记Sn=
?ak?1n2k。
从勾股数组（a，b，c）开始，取a为奇数，b为偶数（例如（3，4，5）），奇数a 为a1,偶数b为a2 。这一定意味着S1= a2 和S2= a2+b2=c2 是完全平方。可选取其他的an为偶
22数，使得sn?1?sn?an 成立。 ?(a?1)?1n?12这是可能的，由于 sn?1?an?1?sn
222?(an?1?1)2?an?1?(an?1)?2an?1?1?(an?1)
(an?1)2?1a(a?2)， ?an?1??an?1?nn22因为an为偶数的选择表示an?2一定也是偶数，故
an(an?2) 也是偶数。 2例如，取a1,=3，a2 =4，得数列3，4，12，84，3 612，?，满足题目要求。 10．满足条件的正整数只有1．
下面证明：对任意质数p，它一定是数列?an?的某一项的因数． 对于p?2和p?3，它们是a2?48的约数．
对于每一个大于3的质数p，因为?2,p??1,?3,p??1,?6,p??1，所以，由Fermat小定理
2p?1?1(modp),3p?1?1(modp),6p?1?1(modp)，
所以 3?2p?1?2?3p?1?6p?1?3?2?1?6(modp)， 即 6?2p?2?6?3p?2?6?6p?2?6(modp)， 故 ap?2?2也就是说，pap?2．
对任意大于1的正整数n，它必有一个质因数p．若p??2,3则n,ap?2?1，故大于1 的正整数都不符合要求．
而1与所有正整数都互质，所以，符合题设要求的正整数只能为1． 备用题
11. 试求解方程 [
15x－7 5+6x
]= 。 85
若p?5，?，则?n,a2??1；
p?2?3p?2?6p?2?1?0(modp)，
??15x－7 5+6x 15x－7 5+6x 15x－7
解：方程中是整数，则[－]= [= 0， 5858]－5
81－90x 81－90x
所以 []= 0，所以 0?＜1，即0?81－90x＜40， 4040又设整数t =
15x－7
，则5t +7=15x，代入得0?39－30t＜40，(t∈Z) 5
74
或x = 。 155
故 t=0或1，于是可得x =
12．3个正整数中的任何两个数之积可以被该两数之和整除。证明：这3个正整数具有大于1的公约数。（2004年俄罗斯数学奥林匹克）
13、设{N1，N2，?，Nk}是由五位数（十进制）构成的数组，使得任何一个各位数字形成严格上升序列的五位数中都至少有一位数字与数N1，N2，?，Nk中的某个数的相同位置上的数字相同。试求k的最小可能值。（2004年俄罗斯数学奥林匹克）
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