国际数学奥林匹克试题分类解析—A数论_A4整除

A4 整除
A4－001 证明：当且仅当指数n不能被4整除时，1
n< br>＋2
n
＋3
n
＋4
n
能被5整除．
【题说】1901年匈牙利数学奥林匹克题1．
【证】容易验证1
4
≡2
4
≡3
4
≡4
4
（mod 5）
假设n=4k＋r，k是整数，r=0，1，2，3．则
S
n
=1
n
＋2
n
＋3
n
＋4
n
≡1
r
＋2
r
＋3
r
＋4
r
（mod 5）
由此推出，当r=0时，S
n
≡4，而当r=1，2，3时，S
n≡0（mod 5）．因此，当且仅当n不能被4
整除时，S
n
能被5整除．
A4－002 证明：从n个给定的自然数中，总可以挑选出若干个数（至少一个，也可能是全体），
它们的和能被n整除．
【题说】1948年匈牙利数学奥林匹克题3．
【证】设a
1
，a
2
，…，a
n
是给定的n个数．考察和序列：a1
，a
1
＋a
2
，a
1
＋a
2
＋a
3
，…，a
1
＋a
2
＋…
＋a
n< br>．
如果所有的和数被n除时余数都不相同，那么必有一个和数被n除时余数为0．此时本题的断 言
成立．
如果在n个和数中，有两个余数相同（被n除时），那么从被加项较多的和数中减去 被加项较少
的和数，所得的差能被n整除．此时本题的断言也成立．
A4－003 1．设n为正整数，证明13
2n
－1是168的倍数．
2．问：具有那种性质的自然数n，能使1＋2＋3＋…＋n整除1·2·3…·n．
【题说】1956年上海市赛高三复赛题1．
【解】1．13
2n
－1=（ 13
2
）
n
－1，能被13
2
－1，即168整除．
2．问题即

何时为整数．
（1）若n＋1为奇质数，则
（n＋1）

2（n－1）！
（2）若n＋1=2，则
（n＋1）|2（n－1）！
（3）若n＋1为合数，则
n＋1=ab
其中a?b＞1．
在b=2时，a=n＋1－a?n－1，所以
a|（n－1）！，（n＋1）|2（n－1）！
在b＞2时，2a?n＋1－a＜n－1，所以
2ab|（n－1）！
更有 （n＋1）|2（n－1）！

综上所述，当n≠p－1（p为奇质数）时，1＋2＋…＋n整除1·2…·n．
A4－004 证明：如果三个连续自然数的中间一个是自然数的立方，那么它们的乘积能被504整
除．
【题说】 1957年～1958年波兰数学奥林匹克三试题1．
【证】设三个连续自然数的 乘积为n=（a
3
－1）a
3
（a
3
＋1）．
（1）a≡1，2，-3（mod 7）时，7|a
3
－1．a≡－1，－2，3（mod 7）时，7|a
3
＋1．a≡0（mod 7）
时，7|a
3
．因此7|n．
（2）当a为偶数时，a
3被8整除；而当a为奇数时，a
3
－1与a
3
＋1是两个相邻偶数，其中 一个
被4整除，因此积被8整除．
（3）a≡1，－2，4（mod 9）时，9|a
3
－1．a≡－1，2，-4（mod 9）时，9|a
3
＋1．a≡0，±3
（mod 9）时，9|a
3
．因此9|n．
由于7、8、9互素，所以n被504=7×8×9整除．
A4－005 设x、y、z是任 意两两不等的整数，证明（x－y）
5
＋（y－z）
5
＋（z－x）
5
能被5（y
－z）（z－x）（x－y）整除．
【题说】1962年全俄数学奥林匹克十年级题3．
【证】令x－y=u，y－z=v，则z－x=－（u＋v）．
（x－y）
5
＋（y－z）
5
＋（z－x）
5
=u
5
＋v
5< br>－（u＋v）
5

=5uv（n＋v）（u
2
＋uv＋v
2
）
而 5（y－ z）（z－x）（x－y）=－5uv（u＋v）．因此，结论成立，而且除后所得商式为u
2
＋uv＋
v
2
=x
2
＋y
2
＋z
2
－2xy－2yz－2xz．
【别证】也可利用因式定理，分别考虑原式含有因式（x－y），（y－z），（z－x）以及5．
A4－006 已知自然数a与b互质，证明：a＋b与a
2
＋b
2
的最大公约数为1或2．
【题说】1963年全俄数学奥林匹克八年级题4．
【证】设（a＋b，a
2
＋b
2
）=d，则d可以整除
（a＋b）
2
－（a
2
＋b
2
）=2ab
但由于a、b互质，a的质因数不整除a＋b，所以d与a互质，同理d与b互质．因此d=1或2．
A4－007 （a）求出所有正整数n使2
n
－1能被7整除．
（b）证明：没有正整数n能使2
n
＋1被7整除．
【题说】第六届（19 64年）国际数学奥林匹克题1．本题由捷克斯洛伐克提供．解的关键是找出
2
n
被7 除所得的余数的规律．
【证】（a）设m是正整数，则
2
3m
=（23
）
m
=（7＋1）
m


=7k＋1（k是正整数）
从而 2
3m+1
=2·2
3m
=2（7k＋1）=7k
1
＋2
2
3m+2
=4·2
3m
=4（7k＋1）=7k
2
＋4
所以当n=3m时，2
n
－17k；
当n=3m＋1时，2
n
－1=7k
1
＋1；

当n=3m＋2时，2
n
－1=7k
2
＋3．
因此，当且仅当n是3的倍数时，2
n
－1能被7整除．
（b）由（a）可 知，2
n
＋1被7除，余数只可能是2、3、5．因此，2
n
＋1总不能被7 整除．
A4－008 设k、m和n为正整数，m＋k＋1是比n＋1大的一个质数，记C
s
=s（s＋1）．证明：乘
积
（C
m+1
－C
k
）（C
m+2
-C
k
）…（C
m+n
－C
k）
能被乘积C
1
·C
2
·…·C
n
整除．
【题说】第九届（1967年）国际数学奥林匹克题3．本题由英国提供．
【证】C
p
－C
q
=p（p＋1）－q（q＋1）
=p
2
－q
2
＋p－q=（p－q）（p＋q＋1）
所以 （C
m+1
－C
k
）（C
m+2
－C
k
） …（C
m+n
－C
k
）
=（m－k＋1）（m－k＋2）…（m－ k＋n）·（m＋k＋2）（m＋k＋3）·…·（m＋k＋n＋1）
C
1
C
2
…C
n
=n！（n＋1）！
因此只需证

=A·B
是整数．
由于n个连续整数之积能被n！整除，故A是整数．

是整数．因为m＋k＋1是大 于n＋1的质数，所以m＋k＋1与（n＋1）！互素，从而（m＋k＋2）
（m＋k＋3）…（m＋k ＋n＋1）能被（n＋1）！整除，于是B也是整数，命题得证．
A4－009 设a、b、m、n 是自然数且a与b互素，又a＞1，证明：如果a
m
＋b
m
能被a
n
＋b
n
整除，
那么m能被n整除．
【题说】第六届（1972年）全苏数学奥林匹克十年级题1．
【证】由于
ak
＋b
k
=a
k-n
（a
n
＋b
n< br>）－b
n
（a
k-n
－b
k-n
）
al
－b
l
=a
l-n
（a
n
＋b
n< br>）－b
n
（a
l-n
＋b
l-n
）
所以
（i）如果a
k
＋b
k
能被a
n
＋b
n< br>整除，那么a
k-n
－b
k-n
也能被a
n
＋bn
整除．
（ii）如果a
l
－b
l
能被a
n
＋b
n
整除，那么a
l-n
＋b
l-n
也能被a< br>n
＋b
n
整除．
设m=qn＋r，0?r＜n，由（i）、（ii） 知a
r
＋（－1）
q
b
r
能被a
n
＋b< br>n
整除，但0?|a
r
＋（－1）
q
b
r
|
＜a
n
＋b
n
，故r=0（同时q是奇数）．亦即n|m．

A4－010 设m，n为任意的非负整数，证明：

是整数（约定0！=1）．
【题说】第十四届（1972年）国际数学奥林匹克题3．本题由英国提供．

易证 f（m＋1，n）=4f（m，n）－f（m，n＋1）
n）为整数，则由（1），f（m＋1，n）是整数．
因此，对一切非负整数m、n，f（m，n）是整数．
A4－011 证明对任意的自然数n，和数

不能被5整除．
【题说】第十六届（1974年）国际数学奥林匹克题3．本题由罗马尼亚提供．

又

两式相乘得


因为7
2n+1
=7×49< br>n
≡2×（－1）
n
（mod 5）

1）（

A4－012 设p和q均为自然数，使得

证明：数p可被1979整除．
【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题1．本题由原联邦德国提供．


将等式两边同乘以1319！，得

其中N是自然数．
由此可 见1979整除1319！×p．因为1979是素数，显然不能整除1319！，所以1979整除p．


A4－013 一个六位数能被37整除，它的六个数字各个相同且都不是0 ．证明：重新排列这个数
的六个数字，至少可得到23个不同的能被37整除的六位数．
【题说】第十四届（1980年）全苏数学奥林匹克十年级题1．

（c＋f）被37整除．
由于上述括号中的数字是对称出现的，且各数字不为0，故交换对

又因为100a＋10b＋c=－999c＋10（100c＋10a＋b），所以

各再得7个被37整除的数，这样共得23个六位数．
A4－014 （a）对于什么样的整数n＞2，有n个连续正整数，其中最大的数是其余n－1个数 的
最小公倍数的约数？
（b）对于什么样的n＞2，恰有一组正整数具有上述性质？
【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题4．
【解】设n个连续正整数中最大的为m．
当n=3时，如果m是m－1，m－2的最小公倍数 的约数，那么m整除（m－1）（m－2），由m|（m
－1）（m－2）得m|2，与m－2＞0矛盾 ．
设n=4．由于
m|（m－1）（m－2）（m－3）
所以m|6，而m＞4，故这时只有一组正整数3，4，5，6具有所述性质．
设n＞4．由 于m|（m－1）（m－2）…（m－n＋1），所以m|（n－1）！取m=（n－1）（n－2），则（n< br>－1）|（m－（n－1）），（n－2）|（m－（n－2））．由于n－1与n－2互质，m－（n－ 1）与m－
（n－2）互质，所以m=（n－1）（n－2）整除m－（n－1）与m－（n－2）的最 小公倍数，因而m
具有题述性质．
类似地，取m=（n－2）（n－3），则m整除m－（n －2）与m－（n－3）的最小公倍数，因而m具
有题述性质．
所以，当n?4时，总能找到 具有题述性质的一组正整数．当且仅当n=4时，恰有唯一的一组正
整数．
A4－015 求一对正整数a和b，使得：
（1）ab（a＋b）不被7整除；
（2）（a＋b）
7
－a
7
－b
7
被7
7
整除．
证明你的论断．
【题说】第二十五届（1984年）国际数学奥林匹克题2．
【解】（a＋b）
7
－a
7
－b
7

=7 a
6
b＋21a
5
b
2
＋35a
4
b3
＋35a
3
b
4
＋21a
2
b
5< br>＋7ab
6

=7ab[（a
5
＋b
5
）＋ 3ab（a
3
＋b
3
）＋5a
2
b
2
（a ＋b）]
=7ab（a＋b）[a
4
＋2a
3
b＋3a
2
b
2
＋2ab
3
＋b
4
]
=7ab（a＋b）（a
2
＋ab＋b
2
）
2
< br>取a=18，b=1，则a
2
＋ab＋b
2
=a（a＋b）＋b
2
=343=7
3
．所以（a＋b）
7
－a
7
－ b
7
被7
7
整除，ab（a
＋b）不被7整除．
A4－016 1．是否存在14个连续正整数，其中每一个数均至少可被一个不小于2、不大于11的
素数整除？
2．是否存在21个连续正整数，其中每一个数均至少可被一个不小于2、不大于13的素数整除？
【题说】第十五届（1986年）美国数学奥林匹克题1．
【解】1．14个连续正整数中， 有7个奇数n，n＋2，n＋4，n＋6，n＋8，n＋10，n＋12不能被
2整除．这7个奇数中， 至多1个被11整除，一个被7整除，2个被5整除，3个被3整除．

如果被3整除的 数少于3个或被5整除的数少于2个，那么这7个奇数中被3，5，7，11整除的
数不足7个． 如果恰有3个数被3整除，2个数被5整除，那么，被3整除的数必须是n，n＋6，n＋12，被5
整除的2个数必须为n与n＋10或n＋2与n＋12．此时必有一个数n或n＋12同时被3，5整除．即< br>这7个奇数中被3，5，7，11整除的数仍不足7个．
不管怎样，这14个连续正整数中必有1个不被2，3，5，7，11任一个整除．故答案为不存在．
2．存在．以下21个连续整数
－10，－9，…，－1，0，1，2，3，…，10
除去±1，其余整数被2，3，5，7之一整除．由中国剩余定理，满足
N≡0（mod 210）
N≡1（mod 11）
N≡－1（mod 13）
的整数N存在，于是
N－10，N－9，…，N，N＋1，…，N＋10
这21个连续整数满足所有要求．

A4－018 试求出所有的正整数a、b、 c，其中1＜a＜b＜c，使得（a－1）（b－1）（c－1）是abc
－1的约数．
【题说】第三十三届（1992年）国际数学奥林匹克题1．本题由新西兰提供．
【解】设x=a－1，y=b－1，z=c－1，则1?x＜y＜z并且xyz是
（x＋1） （y＋1）（z＋1）－1=xyz＋x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的约数，从而xyz是x＋y＋z＋xy＋ yz
＋zx的约数．
由于x＋y＋z＋xy＋yz＋zx＜3yz，所以x=1或2． 若x=1，则yz是奇数1＋2y＋2z的约数．由于1＋2y＋2z＜4z，所以y=3．并且3z是7＋ 2z的
约数．于是z=7．
若x=2，则2yz是2＋3y＋3z＋yz的约数，从而y，z 均为偶数，设y=2y
1
，z=2z
1
，则4y
1
z
1
?1＋
3y
1
＋3z
1
＋2y
1
z< br>1
＜6z
1
＋2y
1
z
1
，所以y
1
＜3．因为y＞x，所以y
1
=2，y=4．再由8z
1
是7＋7 z
1
的约数
得z
1
=7，z=14．
因此，所求解为（3，5，15）与（2，4，8）．
019 x与y是两个互素的正整数 ，且xy≠1，n为正偶数．证明：x＋y不整除x
n
＋y
n
．
【题说】1992年日本数学奥林匹克题1．
【证】由（x，y）=1知（x＋y，y）=1，（x＋y，xy）=1．
当n=2时，x< br>2
＋y
2
=（x＋y）
2
－2xy．由于x＋y＞2，所以（ x＋y）

2xy．故（x＋y）

（x
2
＋
y
2
）．
假设当n=2k（k∈N
+
）时，（x＋y）

（x
2k
＋y
2k
）．则当n=2（k＋1）时，由于
x
2(k+1)
＋y
2(k+1)
=（x＋y）（x
2k+1
＋y
2k+1
）－xy（x
2k
＋y
2k
）
所以（x＋y）

（x
2(k+1)
＋y
2(k+1)）．故对一切正偶数n，x＋y不整除x
n
＋y
n
．

A4－020 证明当且仅当n＋1不是奇素数时，前n个自然数的积被前n个自然数的和整除．
【题说】第二十四届（1992年）加拿大数学奥林匹克题1．


若n＋1为奇合数，设n＋1=qr，q、r为奇数且3?q?r，则n



A4－021 找出4个不同的正整数，它们的积能被它们中的任意两个数的和整除．
你能找出一组5个或更多个数具有同样的性质吗？
【题说】1992年英国数学奥林匹克题3．
【解】显然，2、6、10、14满足要求．
任取n个不同的正整数。a
1
、a
2
、…、a
n
， 令

则n个不同的正整数la
1
、la
2
、…、lan
中任意两个的和显然整除l
2
，从而整除它们的积l
n
a1
a
2
…
a
n
．
A4－022 求最大自然数x，使得对每一个自然数y，x能整除7
y
＋12
y
－1．
【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛七年级题1．
【解】当y=1时，7
y＋12y－1=18．假设7
y
＋12y－1是18的倍数，因为
7
y +1
＋12（y＋1）－1=6×7
y
＋12＋（7
y
＋12y-1 ）
=6×（7
y
＋2）＋（7
y
＋12y-1）
7
y
＋2≡1＋2≡0（mod 3）
所以，7
y+1
＋12（y＋1）－1是18的倍数．
从而对一切自然数y，18整除7
y
＋12y－1，所求的x即18．


A4－023 证明：若n为大于1的自然数，则2
n
－1不能被n整除．
【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛九年级题2．
【证】若n是偶数，显然有n

（2
n
－1）．若n是奇素数，由费马定理知2
n
≡2（mod n），所以
2
n
－1≡1（mod n），即n

（2
n< br>－1）．若n是奇合数，设p是n的最小素因子，由费马定理知2
p-1

≡1（mod P）；若i是使2
i
≡1（mod P）成立的最小自然数，则2?i?P－1，从而i

n，设n=qi
＋r，0＜r＜i，则2
n
≡2
r

1（mod p），即p

（2n－1），故n

（2
n
－1）．
A4－024 当n为何正整数时，323整除20n
＋16
n
－3
n
－1？
【题说】第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第一轮题5．
【解】 323=17×19
当n为偶数时，
20
n
＋16
n
－ 3
n
－1≡1＋3
n
－3
n
－1≡0（mod 19） < br>20
n
＋16
n
－3
n
－1≡3
n
＋1
n
－3
n
－1≡0（mod 17）
所以此时323整除20
n
＋16
n
－3
n
－1．
当n为奇数时，20
n
＋16
n
－3
n
－1≡3< br>n
－1－3
n
≡－2

－3
n
－1．
A4－025 设x、y、z都是整数，满足条件
（x－y）（y－z）（z－x）=x＋y＋z． （*）
试证：x＋y＋z可以被27整除．
【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克九年级二试题5．
【证】（1）整数x、 y、z被3除后余数都相同时，27|（x－y）（y－z）（z－x），即27|x＋y＋z．
（2） x、y、z被3除后有且仅有两个余数相同，例如x≡y（mod 3），且y

3

x＋y＋z且3|（x－y），与（*）式矛盾，可见情形（2）不会发生．
（3）x、y、z被3除后余数都不相同，这时3|（x＋y＋z），但3

（x－y）（y－z）（z－x）．仍
与（*）式矛盾，可见情况（3）也不会发生．
于是，x、y、z除以3余数都相同，并且，27|x＋y＋z．
A4－026 对于自然 数n，如果对于任何整数a，只要n|a
n
－1，就有n
2
|a
n< br>－1，则称n具有性质P．
（1）求证每个素数n都具有性质P；
（2）求证有无穷多个合数也都具有性质P．
【题说】第三十四届（1993年）IMO预选题．本题由印度提供．
【证】（1）设n=P为素数且p|（a
p
－1），于是，（a，p）=1．因为
a
p
－1=a（a
p-1
－1）＋（a－1）
由费马小定理p|（a
p-1
－1）．所以，p|（a－1），即a≡1（mod p）．因而
a
i
≡1（mod p），i=0，1，2，…，p－1
将这p个同余式加起来即得
a
p-1
＋a
p-2
＋…＋a＋1≡0（mod p）
所以，
p
2
|（a－1）（a
p-1
＋a
p-2
＋…＋a＋1）=a
p
－1
z（mod 3），这时
0（mod 17），所以此时323不整除20
n
＋16
n

a≡1（mod n）．于是，像（1）一样又可推得n
2
|（a
n
－1）．因此，


（q－1）（p－1）．因为q|（p－2），所以q

（p－1）．又因

具有性质P．显然p＜n＜p
2
．取大于p
2
的素数，又 可获得另一个具有性质P的合数．所以，有无
穷多个合数n具有性质p．
A4－027 证 明：对于自然数k、m和n．不等式[k，m]·[m，n]·[n，k]?[k，m，n]
2
成立．
（其中[a，b，c，…，z]表示数a、b、c，…，z的最小公倍数．）
【题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克十年级（决赛）题5．
【证】将k、m、n分解．设

其中p
i
（i=1，2，…，l） 为不同的素数，α
i
、β
i
、γ
i
为非负整数．
对任一个素因数p
i
，不妨设0?α
i
?β
i
?γ
i
．在所要证明的不等式左边，p
i
的指数为β
i
＋γ
＋γ
i
=β
i
＋2γ
i
；而右边p
i
的指数为 γ
i
·2=2γi．

因而所要证明的不等式成立．
A4－029 证明；所有形如10017，100117，1001117，…的整数皆可被53整除．
【题说】第五十八届（1995年）莫斯科数学奥林匹克八年级题2．
【证】易知第一个数10017可被53整除，而数列中相邻二数的差
i

也可被53整除，所以数列中所有数皆可被53整除．


A4－030 证明：无论在数12008的两个0之间添加多少个3，所得的数都可被19整除．

【题说】第五十八届（1995年）莫斯科数学奥林匹克九年级题7．
【证】我们有

故结论成立．
A4－031 设S={1，2，…，5 0），求最小自然数k，使S的任一k元子集中都存在两个不同的数
a与b，满足（a＋b）|ab．
【题说】1996年中国数学奥林匹克（第十一届数学冬令营）题2．
【解】设a、b∈S，满足（a＋b）|ab，令（a，b）=c，
则 a=ca
1
，b=cb
1
，（a
1
，b
1
）=1．
从而
c（a
1
＋b
1
）=（a＋b）|ab=c
2
a
1
b
1

因为（a
1
＋b
1
，a
1
）=1，（a
1
＋b
1
，b
1）=1，所以
（a
1
＋b
1
）|c
由于a、b是S中不同的数，从而a＋b?99即 c（a
1
＋b
1
）?99，而a
1
＋b
1
|c，故有3?a
1
＋b
1
?9．
在a
1
＋b
1
=3时，d=3，6，9，12， 15，18，21，24，相应的（a，b）=（3，6），（6，12），（9，18），
（12，2 4），（15，30），（18，36），（21，42），（24，48）．类似地，可得出a
1＋b
1
=4，5，6，7，
8，9时的数对（a，b）．将每一对得到的a、b用 线相连成右图．

S中剩下的25个数与图上画圈的13个数所成的38元集，不含任一对a、b满足（a＋b）|ab．
另一方面，S中任一集R，如果元数?39，那么图上至多11个数

R，从而12对 数（14，35），
（9，18），（28，21），（42，7），（5，20），（30，15）， （45，36），（6，3），（10，40），（12，4），
（24，8），（48，16）中至少 有一对数都属于R，即R中有a、b满足（a＋b）|ab．
综上所述，K=39．
A4－032 设自然数x、y、p、n和k满足等式
x
n
+y
n
=p
k

证明：若n（n＞1）是奇数，p是奇素数，则n是数p的正整数幂．
【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克九年级题3．
【证】不失一般性，设x与y都不被p整除．因为n为奇数，所以

用A表示上式右边．由于p＞2，因此x、y中至少有一个数大于1．因为n＞1，所以A＞1．因为
A （x＋y）=p
k
，所以A被p整除，数x＋y也被p整除．
于是得到
0 ≡A≡x
n-1
－x
n-2
（－x）＋x
n-3
（－x）< br>2
－…
－x（－x）
n-2
＋（－x）
n-1
（mod p）
即nx
n-1
≡0（mod p），而x不被素数P整除，所以n被p整除．
对n的任一素因数r，设n=rs，则（x
s
）
r
＋（y
s
）
r
=p
k
，根据上面所证，r被p整除，所以r=p，
从而n是 p的正整数幂．

A4－033 是否存在3个大于1的自然数，使得其中每个自然数的平方减1，能分别被其余的每
个自然数所整除？
【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克十一年级题5
【解】设a?b?c是满 足题设条件的三个自然数．因为a
2
－1被b整除，所以a与b互素．又c
2
－1能分别被a、b整除，因而被ab整除，于是c
2
－1?ab．另一方面由a?c及b?c 得ab?c
2
，
矛盾．所以满足题设的数不存在．

A4－034 是否存在三个相异的素数p、q、r，使qr整除p
2
＋d，rp整除q
2
＋ d，pq整除r
2
＋d，
其中
（1）d=10；
（2）d=11．
【题说】1996年城市数学联赛低年级较高水平题2．
【解】 （1）满足条件的素数不存在，事实上，若p、q、r满足条件，不妨设p＞q＞r．则r≠2
（若不然 ，pq|14=r
2
＋d，与q＞2相矛盾），从而q?r＋2，又3
2
＋1 0=19是素数，从而p、q、r
不可能是三个连续奇数（因三个连续奇素数中必有一个是3），所以p ?r＋6，但
r
2
＋10?pq?（r＋6）（r＋2）=r
2
＋8r＋12
这是不可能的．
（2）p=5，q=3，r=2满足条件．