第 21 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 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。（2004 年全国高中数学竞赛）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．（2004 年中国西部数学奥林匹克）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．1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...
