1、第19章整數(shù)的整除性綜上可知，命題成立.評(píng)注如果兩個(gè)互質(zhì)的正整數(shù)之積是一個(gè)完全平方數(shù)，則這兩個(gè)正整數(shù)都是完全平方數(shù).這一命題是我們證明此題的出發(fā)點(diǎn).19. 4.?!如果正整數(shù) a、b、c 滿足 c2=a2 b2.證明：數(shù) c ab 和 c _ab 都可以表示為兩個(gè)正整數(shù)的平方和.解析巧妙運(yùn)用下述命題：如果正整數(shù)x 可表示為兩個(gè)正整數(shù)的平方和，則2x也可表示為兩個(gè)整數(shù)的平方和.事實(shí)上，設(shè)x =u2卷v2，這里 x、u、v 都是正整數(shù).則2x =2u2 2v2= u- v 亠屮-v 彳.于是，2x可表示為兩個(gè)整數(shù) u v 和 u - v 的平方和，命 題獲證.注意到，由條件有、2 2 2 2 2

2、22 c二ab二c a二2ab b二c亠a二b利用已證命題，可知4 c _ab二c a _b 亠c -ab ?.記c，a二b=x, c-a = b =y，由 c2=a2- b2可知 x、y都是正整數(shù)，并且4 c2士ab =x2y2.若 x、y不同為偶數(shù)，則由平方數(shù) 三0或 1 mod 4，可知 x2y 1 或2 (mod 4 )，這是一個(gè)矛盾.所以，x、y都是偶數(shù)，從而 c2士 ab=jj |弟 | ,這就是要證的結(jié)論.評(píng)注這里本質(zhì)上只是恒等式2 u2v2= u亠uv的應(yīng)用，在處理競(jìng)賽問(wèn)題時(shí)，代數(shù)式變形能力顯得十分重要.19. 4. 28 是否存在正整數(shù) m、n 使得 3m3n1 是完全平方數(shù)

3、？解析分如下三種情形討論：(1 )若 mm n 都是偶數(shù)，則 3m三 1 mod 4 , 3n三 1 mod 4，所以 a = 3m3n 1 三 3 mod 4 , 故此時(shí) a 不是完全平方數(shù).(2 )若 m、n 都是奇數(shù)，則 3m三 3 mod 4 , 3n=3 mod 4，所以 a =3m3n 1 三 3 mod 4 , 故此時(shí) a不是完全平方數(shù).(3)若 m、n 是一奇一偶，不妨設(shè) m 是奇數(shù)，n 是偶數(shù)，則 3m三 3 mod8 , 3n三 1 mod8 , 所以 a =3m3nV 三 5 mod8，故此時(shí) a 不是完全平方數(shù).綜上所述，對(duì)于任意正整數(shù)m、n，正整數(shù) 3m3n1 都不是

4、完全平方數(shù).評(píng)注判斷一個(gè)數(shù)不是完全平方數(shù)，我們也可以用“模”的方法，例如，我們知道，偶數(shù)的平方是 4 的倍數(shù)，奇數(shù)的平方除以 4 余 1，所以，若一個(gè)整數(shù)同余 2 或者 3 模 4，則它一2定不是完全平方數(shù)；類似地，若一個(gè)整數(shù)同余2 模 3,則它一定不是完全平方數(shù)；一個(gè)整數(shù)同余 2、3 模 5,則它一定不是完全平方數(shù)等等.其實(shí)，考慮末位數(shù)也是用“模”的方法，即模10.19. 4. 29已知 n 是正整數(shù)，且2n和3n 1都是完全平方數(shù)，求證：401 n .解析因?yàn)?40 =235，所以，只需證明：23|n，且 5|n 即可.設(shè) 2n1=：a2, 3n 1 =b2，其中 a、b都是正整數(shù).由于

5、a 是奇數(shù)，所以，a2三 1 mod8 ,從而 4 |n ,于是，3n -1是奇數(shù)，所以，b2三 1 mod8 ,即 3n 1 三 1 mod8 ,從而 n 三 0 mod8 .又對(duì)于任意整數(shù) x，有 x 三 0 , 9時(shí)，若m=2k+1是奇數(shù)，則m=(k+1)-k，即m能表示成兩個(gè)正整數(shù)的平方差；若m =4k，則 m =k 1 - k -1 ,即 m 也能表示成兩個(gè)正整數(shù)的平方差；若2 2m =4k，則 m=k ,k -1，即 m 也能表示成兩個(gè)正整數(shù)的平方差；若m =4k 2，則m 不能表示成兩個(gè)正整數(shù)的平方差.所以，氏=9 , a6=11 , a?=12，一般地，a3k4k 3 , a3

6、k 1=4k 4 ,a3k 2=4k 5 , k =1 , 2 ,故 a3k 1- a3k 2a3k 3=4k 4 4k 5 4k 7 =12k 16 ,而2007=3 669，所以a1a2111 a2007= a a2a312 1 16 12 2 16 l|12 668 16(1 +668 )668=15 12668 16 =2692005 .219. 4. 32在二個(gè)連續(xù)的平方數(shù)之間能不能有二個(gè)完全立方數(shù)？換言之，是否存在正整數(shù) a、b、 n 使得 n2:a3: b3：n，1 ?解析假設(shè)存在正整數(shù) a、b、n，使得 n2: a3: b3：n，1 ?.33333223242因 a : b，可

7、得 a a 11.利用遞推式，可知an二 n-1a：川 a；丄，n2，由-，可知2an 1an=1 an,n2,即 an1=1 an- a2,n2.注意到，a：2時(shí)，an半不是完全平方數(shù)，又a2不是完全平方 數(shù)，故命題成立.評(píng)注用遞推式表示題中的條件后，問(wèn)題得以數(shù)學(xué)化，從而獲得解決.用恰當(dāng)?shù)姆绞綄?wèn)題表示，這一過(guò)程是一個(gè)數(shù)學(xué)化的過(guò)程，是處理實(shí)際問(wèn)題時(shí)必要的第一步.19.4.35 如果對(duì) x 的一切整數(shù)值，x 的二次三項(xiàng)式 ax2bx c 都是平方數(shù)(即整數(shù)的 平方).證明：(1)2a、2b、c 都是整數(shù)；(2)a、b、c 都是整數(shù)，并且 c 是平方數(shù).反過(guò)來(lái)，如果(2)成立，是否對(duì)一切 x 的

8、整數(shù)值，ax2亠 bx 亠 c 的值都是平方數(shù)？ 解析(1 )令x =0得c =平方數(shù)|2.令x =1 得 a b c 二 m2, ab c 二 n2，其中 m、n 都是整數(shù)，所以2a 二 m n 2c ,2 22b 二 m -n 都是整數(shù).(2)如果2b是奇數(shù)2k 1(k是整數(shù))，那么令x=4得2 216a 4b l =h ,其中h是整數(shù).由于2a是整數(shù)，所以16a被 4 整除，16a 4b =16a 4k 2除以 4 余 2.而 h2-l h l h -1 ，在h、丨的奇偶性不同時(shí)，h l h -1 是奇數(shù)；在h、丨的奇偶性5相同時(shí)，h l h _1 被 4 整除.因此 16a 4b =h

9、2I2，從而 2b 是偶數(shù)，b 是整數(shù).a =m2-c _b 也是整數(shù).在（2）成立時(shí)，ax2bx c 不一定對(duì) x 的整數(shù)值都是平方數(shù).例如，a =2, b =2,c= 4 ,x =1時(shí)，ax bx c 8 不是平方數(shù).19. 4. 36*設(shè) n 為任意正整數(shù)，p為正整數(shù).試確定正整數(shù) p，使 1p 2p3| np都是某個(gè)正整數(shù)的平方.解析 令 Sn , p=1p+2p+3p+|)| +np.首先我們知道:為完全平方數(shù).（3）對(duì)任意 p 4 而言，S2 , p=1p+2p=2p+1必為奇數(shù)，但任一奇數(shù) m，設(shè) m =2k+1（k為整數(shù))，則m2=(2k 十 1$=4k(k +1 )十 1 .顯然 m2不可能是 2p1 型的數(shù).（因?yàn)?k k 1 必為一奇一偶，除k=1之外，4k k，1 =2p, 又 p 4 時(shí)，2p 16，而k =1時(shí)，4k k 1 =8 也不為 2p的數(shù)）由（1）、（ 2）、（