高中数学竞赛数论专题

高中数学竞赛数论专题A类例题例1．设p是给定的奇质数，正整数k使得也是一个正整数，求正整数k。分析是一个正整数，即k2－pk是一个完全平方数。为了配方，考虑4(k2－pk)是一个完全平方数，从而可以得到勾股方程。解由题是一个正整数，则k2－pk是一个完全平方数，设k2－pk=m2，m∈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*。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．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，∴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，∴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―S2，S7―S3，S9―S7，S9―S3为0，即共有7组能被11整除。说明数列a1，a2，……，an中，连续若干项的和ak+1+ak+2+…+am就是Sn―Sk。例4．已知a、b、c为正整数，且是有理数。证明：是整数。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，进一步推出a+b+c是a2+b2+c2的约数。证明因为为无理数,故,b－c≠0，于是==，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。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为正整数，有=即可，也即b2=ac。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=。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。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)=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？分析条件中给出了一个重要的特例，由于当k∈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+2004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，……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<b<a),使得数列b，b+1，b+2，…，b+2003中恰有12个质数。说明本题给出存在性命题证明的一个范例，数列a，a+1，a+2，…，a+2003和数列a+1，a+2，…，a+2004中的质数个数最多只能相差1，而a取1或2005！+2时质数个数从1个变为超过12个，在1与2005！+2间存在一个数b，使得数列b，b+1，b+2，…，b+2003中恰有12个质数。例7．已知m、n、k为自然数，m≥n≥k，且2m+2n－2k是100的倍数，求m+n－k的最小值．分析：2m+2n－2k中有因数2k，又2m+2n－2k是100的倍数，2m+2n－2k是4的倍数且是25的倍数，求m+n－k的最小值可以去掉因数2k后逐个试验。 解设2m+2n－2k=100t(t∈N)，若n=k，则得2m=100t，不可能，∴n>k．∴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，(0<q≤p)则m+n－k=p+q+k．为使此式最小，应使k取最小，故k=2．∴2p+2q－1=25t，t为奇数．∴2p+2q的末两位数字为26或76．于是p>4(∵24+23<26)，取p、q值试验：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时有解q=6，使m+n－k=p+q+k=17；再对p<15的值试验，得p=10，q=1使m+n－k=p+q+k=13．而p>10时p+q+k>13．∴最小值为13．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．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？7．求有多少个正整数对(m,n)，使得7m+3n=102004，且m︱n。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，并作出必要的推理说明。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，有或分别解得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)．解2将(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。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)。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(mod5)，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(mod16),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(mod3)，即(－1)z≡1(mod3)，从而z为奇数，故2·3y≡1(mod5)。由此知y≡1(mod4)。当w≠0时，有2·3y≡1(mod7)。因此，y≡4(mod6)，此与y≡1(mod4)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(mod9)，由此知z≡3(mod6)。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(mod4)，－5z·7w≡1(mod3)。即　－(－1)w≡1(mod4)，－(－1)w≡1(mod3)。因此，z和w都是奇数，从而2x·3y=5z·7w+1≡35+1≡4(mod8)。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(mod5)，4·3y≡1(mod7)。从上面两式得y≡2(mod12)。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(mod9)，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。10．求所有的正整数对（a，b），使得为正整数。习题211．求能使等式+=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。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。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。7．求使(a3+b)(a+b3)=(a+b)4成立的所有整数对（a,b）。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。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．“情景再现”解答：1．93。由条件知b2=a3，d4=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=.因为两个数的位数相同，故，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(mod3)时，n2+n+2≡2(mod3)，n≡1(mod3)时，n2+n+2≡1(mod3)，n≡－1(mod3)时，n2+n+2≡2(mod3)，即对于一切整数n，都有n2+n+20(mod3)．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，v)=(0，0)或(2，0))。所以(m，n)=,有10032+10022－2=2010011个解.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*。“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164，1649；由36得364，3649；由64得649；由81得816，8164，81649。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=；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k<0时，由2n+k≥1，知n≥，此时15－4k>0，≥，∴2k2+2k+30≥15－19k+4k2．Þ2k2－21k－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)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+b4a3b3+2a2b2+ab=4a3b+8a2b2+4ab3 ab(ab+1)=4ab(a+b)2ab[(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。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(mod8)，b2≡1(mod8)，∴a2≡0(mod8)，∴4|a，∴4|abc．若a、b均不能被3整除，即a≡±1(mod3)，b≡±1(mod3)，则a2+b2≡2(mod3)，这与c2≡0，1(mod3)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(mod5)，b2≡±1(mod5)，a2+b2≡0，±2(mod5)，但c2≡0，±1(mod5)．故只能a2+b2≡0(mod5)，即c2≡0(mod5)，5|c，总之，5|abc．综上可知，3×4×5=60|abc．9．记Sn=。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为偶数，使得成立。这是可能的，由于，因为为偶数的选择表示一定也是偶数，故也是偶数。例如，取a1,=3，a2=4，得数列3，4，12，84，3612，…，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，它一定是数列的某一项的因数．对于和，它们是的约数．对于每一个大于3的质数p，因为，所以，由Fermat小定理，所以， 即，故，也就是说，．对任意大于1的正整数n，它必有一个质因数p．若，则；若，则，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[]=。解：方程中是整数，则[－]=[]－=0，所以[]=0，所以0≤＜1，即0≤81－90x＜40，又设整数t=，则5t+7=15x，代入得0≤39－30t＜40，(t∈Z)故t=0或1，于是可得x=或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。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。