Question

整实数n，5n+1和7n+1都是完全平方数，证明n可以整除24

Answer 1

先说一下，a^b表示a的b次方。

你的问题是不正确的。
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假若n能整除24，那么n=1、2、3、4、6、8、12、24
而
5×1+1=6不是完全平方数；
5×2+1=11不是完全平方数；
5×3+1=16=4×4是完全平方数，但7×3+1=22不是完全平方数；
5×4+1=21不是完全平方数；
5×6+1=31不是完全平方数；
5×8+1=41不是完全平方数；
5×12+1=61不是完全平方数；
5×24+1=121=11×11，并且7×24+1=169=13×13也是完全平方数。
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能整除24的数中，只有24能满足题目的要求，
因而有理由相信你的问题描述出错，
实际上应该是：【证明：n能被24整除】
下面证明。
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注意到，所有完全平方数都是8p或8p+1或8p+4的形式。
实际上，
①假若完全平方数是一个偶数的平方，那么不妨设为(2m)×(2m)=4×m^2：
此时假若m是偶数，那么4×m^2=4×(2k)^2=4×4k^2=8×2k^2，形如8p；
此时假若m是奇数，那么4×m^2=4×(2k+1)^2=4×(4k^2+4k+1)=8×2k×(k+1)+4，形如8p+4；
②假若是奇数的平方，那么不妨设为(2m+1)×(2m+1)=4m^2+4m+1=4×(m^2+m)+1=4×m×(m+1)+1，注意到，m与m+1是连续自然数，一定一奇一偶，因而m×(m+1)一定是偶数，因而形如8p+1。

也就是说，
【任一完全平方数M≡0（mod 8）或M≡1（mod 8）或M≡4（mod 8）】
（1）假若5n+1是完全平方数，
那么，5n+1≡0或1或4（mod 8）
因而，n≡3或0或7（mod 4）

（2）假若7n+1是完全平方数，
那么，7n+1≡-n+1≡0或1或4（mod 8）
因而，n≡1或0或5（mod 4）

而同时满足（1）、（2）
那么，只能n≡0（mod 8）。
也就是说，n一定是8的倍数。

另一方面，注意到，所有完全平方数都是3p或3p+1的形式。
实际上，所有整数均可按照÷3的余数划分为3m、3m±1（类似剩余类的概念）
①假若完全平方数是形如3m数的平方，那么不妨设为(3m)×(3m)=3×3m^2，形如3p；
②假若是形如3m±1的平方，那么不妨设为(3m±1)×(3m±1)=9m^2±6m+1=3×(3m^2+2m)+1，形如3p+1。

也就是说，
【任一完全平方数M≡0（mod 3）或M≡1（mod 3）】
（3）假若5n+1是完全平方数，
那么，5n+1≡2n+1≡0或1（mod 3）
因而，n≡1或0（mod 3）

（4）假若7n+1是完全平方数，
那么，7n+1≡n+1≡0或1（mod 3）
因而，n≡2或0（mod 4）

而同时满足（3）、（4）
那么，只能n≡0（mod 3）。
也就是说，n一定是3的倍数。

综合上面所证，n既是3的倍数，又是8的倍数，
那么n是3、8的公倍数。
也就是3、8最小公倍数的倍数。
而3、8互质，它们最小公倍数为24，
那么n是24的倍数。
于是n能被24整除。

【经济数学团队为你解答！】

Answer 2

证明：首先证明n必被3整除.
如果n=3n1+1,则
5n+1=15n1+6为完全平方数；且
7n+1=21n1+8也为完全平方数.我们知道,一个完全平方数被3除的余数只能有两个：0或1,故7n+1=21n1+8必不是完全平方数.矛盾.
如果n=3n1+2,则
5n+1=15n1+11为完全平方数；且
7n+1=21n1+15也为完全平方数.同样道理5n+1=15n1+11不可能是完全平方数.矛盾.
故n必被3整除.
设5n+1=x^2；
7n+1=y^2,x、y∈N（包括0）
那么其差值
(7n+1)-(5n+1)=2n=y^2-x^2=(y+x)(y-x)
若x、y同奇或同偶,则y+x为偶,y-x也为偶,那么y^2-x^2=2n必为4的整数倍,也即n为2的倍数；
若x、y一奇一偶,则y+x为奇数,y-x也为奇数,那么y^2-x^2必为奇数,与其差值2n为偶数矛盾.
故n可被2整除.
于是n必可被3×2=6整除.
那么可设
5n+1=5*6n2+1=30n2+1 （为奇数）
7n+1=7*6n2+1=42n2+1 （为奇数）
考虑到一个完全平方数被8除的余数只能是0或1或4,但是余数为0和4均不可能（因为一个奇数被8除的余数只能是奇数）,故余数只能为1,则必有30n2和42n2都可被8整除,也即n2可被4整除.
于是n=6n2=6*4n3=24n3
也即n能被24整除.