【提优教程】江苏省2012高中数学竞赛 第78讲数论选讲教案

1 第第 2121 讲讲 数论试题选讲数论试题选讲 在数学竞赛中 初等数论的问题是考查的热点内容之一 它所涉及的范围主要有数的进 位制 数的整除性 同余理论与不定方程 主要的定理有费马小定理和中国剩余定理 反证 法是解数论问题常用的解题方法 以下请大家了解近年一些有关数论的竞赛试题和其解法 A A 类例题类例题 例 1 设p是给定的奇质数 正整数k使得 也是一个也是一个正整数 求正整数 k2 pk k 2004 年全国高中数学竞赛 分析分析 是一个是一个正整数 即k2 pk是一个完全平方数 为了配方 考虑 k2 pk 4 k2 pk 是一个完全平方数 从而可以得到勾股方程 解解 由题 是一个是一个正整数 则k2 pk是一个完全平方数 k2 pk 设k2 pk m2 m N N 则 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是给定的奇质数 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 N 1 p 2 说明说明 本题中 p是已知数 k是未知数 所求的是用p表示出k 借助m 列 k2 pk 出不定方程 其中不定方程可以转化为未知数的平方差型 于是问题可解 例 2 求所有的整数n 使得n4 6n3 11n2 3n 31 是完全平方数 2004 年中国西部数学 奥林匹克 分析分析 n是整数 对多项式n4 6n3 11n2 3n 31 配方 如果恰好是一个n的多项式的平 方 则所有的整数n都是解 问题就已经解决 否则对配方以后多出的部分进行估计讨论 很显然 本问题配方以后会有多出的部分 解解 设A n4 6n3 11n2 3n 31 是完全平方数 则配方后A n2 3n 1 2 3 n 10 是完全平方数 当n 10 时 A n2 3n 1 2 所以A n2 3n 2 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 这不可能 当n 10 时 A 102 3 10 1 2 1312是完全平方数 当n 10 时 A n2 3n 1 2 若n 3 或n 0 则n2 3n 1 0 于是A n2 3n 2 2 化简得 2n2 9n 27 0 7 n 3 3 r 33 3 4 3 r 33 3 4 n 6 5 4 3 0 1 2 此时对应的A 409 166 67 40 31 52 145 都不是完全平方数 若n 2 1 与之对应的A 37 34 也都不是完全平方数 所以 只有当n 10 时 A是完全平方数 说明说明 A是完全平方数 配方后 n2 3n 1 2也是完全平方数 若A等于 n2 3n 1 2 配 方多出的多项式应该等于 0 若A不等于 n2 3n 1 2 配方多出的多项式应该大于或小于 0 但此 多余的 式子是一次的 不能反映出较多的信息 必须进一步估计范围 例 3 在已知数列 1 4 8 10 16 19 21 25 30 43 中 若相邻若干个数之和能 被 11 整除 则这些数组成一个数组 这样的数组共有 个 分析分析 若干个数的和被 11 整除 只要考虑这些数模 11 的剩余的和被 11 整除即可 为 了计算简单 这些剩余的绝对值应该尽量的小 而相邻若干数的和 常常与数列前n项的和 Sn相关 答答 7 个 把各项先减去 11 的倍数 使数字变小易于计算 由此有如下数列 1 4 3 1 5 3 1 3 3 1 设其前n项之和为Sn 则 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 这样有 7 组差 S4 S1 S10 S1 S10 S4 S8 S 2 S7 S3 S9 S7 S9 S3为 0 即共有 7 组能被 11 整除 3 说明说明 数列a1 a2 an中 连续若干项的和ak 1 a k 2 am就是Sn Sk 例 4 已知a b c为正整数 且是有理数 3a b 3b c 证明 是整数 2004 年芬兰高中数学竞赛 a2 b2 c2 a b c 分析分析 是有理数 其中隐含着正整数a b c的关系 找出a b c的关系 3a b 3b c 进一步推出a b c是a2 b2 c2的约数 证明证明 因为为无理数 故 b c 0 于是 33 3a b 3b c r 3 a b r 3 b c 3b2 c2 3ab bc 3 b2 ac 3b2 c2 上式表示有理数 则有b2 ac 0 从而 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 Z a2 b2 c2 a b c 说明说明 是有理数 其分子 分母中的无理数应该可以约去 注意到a b c 3a b 3b c3 为正整数 有 即可 也即b2 ac a b b c 情景再现 1 已知a b c d均为正整数 且 logab logcd 若a c 9 则b d 3 2 5 4 2003 年全国高中数学竞赛 2 一组相邻的正整数 其中任何一个都不能被大于 1 的奇数的立方所整除 则这组数 最多有 个 3 将一个四位数的数码相反顺序排列时为原来的 4 倍 求原数 4 由 7 个数字 0 1 2 3 4 5 6 组成且能被 55 整除的最小七位数是 B 类例题 例 5 证明 不存在正整数n 使得 2n2 1 3n2 1 6n2 1 全都是完全平方数 2004 年 日本数学奥林匹克 分析分析 完全平方数有诸多性质 推理过程中容易找到方向 譬如若 2n2 1 3n2 1 6n2 1 全都是完全平方数 则两两的乘积 2n2 1 3n2 1 4 6n4 5n2 1 2n2 1 6n2 1 12n4 8n2 1 和 3n2 1 6n2 1 18n4 9n2 1 都是完全平方数 但其中任意一个都可以是不矛盾的 而三个数的积 2n2 1 3n2 1 6n2 1 36n6 36n4 11n2 1 是完全平方数则有可能出现矛盾 注意 36n6 36n4 11n2 1 9n2 4n4 4n2 1 2n2 1 9n2 2n2 1 2 2n2 1 若乘一个平方数 36n2即可以配方 证明证明 若题中结论不真 那么 此三数均为完全平方数 则三个数的积 2n2 1 3n2 1 6n2 1 36n6 36n4 11n2 1 是完全平方数 36n2 6n2 1 4n2 1 2n2 1 是完全平方数 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 是完全平方数 36n4 18n2 1 2是完全平方数 36n4 18n2 1 2 1 也是完全平方数 两个正整数的平方 相差 1 这是不可能的 所以题中结论成立 说明说明 否定型命题 适合用反证法处理 例 6 2005 2 2005 3 2005 2005 这连续的 2004 个整数构成一个数列 且此数列中无质数 是否存在一个由 2004 个连续整数构成的数列 此数列中恰有 12 个质数 2004 年芬兰高中数学竞赛 分析分析 条件中给出了一个重要的特例 由于当k N N 2 k 2005 时 总有k 2005 所以 2005 k总是合数 而 1 2 3 2004 中质数个数超过 12 个 考虑数列a a 1 a 2 a 2003 和数列a 1 a 2 a 2004 中的质数个数变化 解解 考虑数列a a 1 a 2 a 2003 和数列a 1 a 2 a 2004 中的质数个 数 若a和a 2004 均为质数或均为合数 那么 这两个数列中的质数个数相等 若a和a 2 004 中有一个是质数 则两个数列中的质数个数差 1 已知数列 1 2 2004 中质数从小到大有 2 3 5 7 11 13 17 19 23 29 31 37 41 5 质数个数超过 12 个 而对于a a 1 a 2 a 2003 当a 2005 2 时 此数列中无质数 所以 存在一 个b 1 bk 2k 2m k 2n k 1 22 52t 由 2m k 2n k 1 为奇数 k 2 取m k p n k q 04 24 23 26 取p q值试验 p5678910 2p32641282565121024 2q的 可能值 12 6 2 48 9 8 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 时有解q 6 使m n k p q k 17 再对p10 时p q k 13 最小值为 13 说明说明 求多元变量的最小值的命题时 可以在充分讨论限制条件后逐个试验求解 情景再现 5 证明 15 n2 n 2 6 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 例 8 找出满足 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 1 2 的推理说明 2003 年中国香港数学竞赛 分析分析 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 或 22 21 21 abc abc abc 22 21 21 abc abc abc 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 7 解解 2 2 将 a b b c c a a b c 3 1 abc展开 得 1 2 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 8 所以 所求的最小质数为 17 说明说明 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 9 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 10 求所有的正整数对 a b 使得为正整数 03 年 IMO a2 2ab2 b3 1 习题 21 1 求能使等式 1 成立的所有正整数m n 3 m 5 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 将个数放在一个圆周上 任意连续的个数的和为 且放在第号位置的268207517 10 数是 第号位置的数是 第号位置的数是 则放在第号位置的数是几 38341449210 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 使得对于任意正整数n是一个完全平方数 2 1 n k k a 2004 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 IMO 05 情景再现情景再现 解答 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 依题意得方程 4 abcd abcddcba 因为两个数的位数相同 故 且 a 为偶数 故 a 2 21 a 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 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 11 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 v 0 0 或 2 0 所以 m n 有 10032 10022 2 2010 011 个解 2004 10 73 mk k 8 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 N 习题习题 21 21 解答 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 12 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 5 解 设 4n2 17n 15 2n k 2n k 1 4n2 2n 2k 1 k k 1 n 2 15 154 kk k 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 当k0 2 15 154 kk k 1 2 k 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 13 则x 3 11 19 7 15 mod20 由x 268k 144 mod20 则x 4 12 20 8 16 mod20 123456789101 1 121314151617181920 3x493x493x493x493x49 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 或 或 或 23 21 a b 21 23 a b 23 21 a b 21 23 a b 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 14 4 a 4 abc 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