同余理论及其应用

同余理论及其应用
基础知识 一. 定义
定义1. 设m 为正整数，整数a 和b 之差可被m 整除时，称为a 和b 关于模m 同余，记作 ).(mod m b a ≡ 定义2. 被正整数m 除余数相等的所有整数的集合称为模m 的剩余类。

模m 的剩余类共有m 个。

定义3. 在模m 的m 个剩余类中各取一个整数作为代表，这些代表的集合称为模m 的完全剩余系。

定义4. 绝对值不超过]2
[
m
的模m 的完全剩余系称为模m 的绝对最小剩余系。

定义5. 当模m 的某一剩余类的所有整数均与m 互素时，则称此剩余类是模m 的简化类。

模m 的简化类共有)(m φ个。

定义6. 在模m 的)(m φ个简化类中各取一个整数作为代表，这些代表的集合称为模m 的简化剩余系。

定义7. 欧拉函数：设n 为正整数，从1到n 的整数中与n 互素的整数的个数用)(n φ表示，称)(n φ为欧拉函数。

当12
12
s
s n p p p ααα=时，有)1
1)...(11)(11()(21s
p p p n n ---
=φ 二. 定理
定理1. ).(mod m b a ≡ 的必要充分条件是a 和b 被m 除的余数相等。

定理 2. I .);(mod m a a ≡II .若),(mod m b a ≡则);(mod m a b ≡III .若),(mod m b a ≡),(mod m c b ≡则
).(mod m c a ≡
定理3. 若)(m od 11m b a ≡，)(m od 22m b a ≡，则I .)(m od 2121m b b a a +≡+；II .(m od 2121m b b a a -≡-2
)(m od 212m b b a -≡；III .)(m od 2121m b b a a ≡.
定理4. 如果),...,2,1)((m od n i m b a i i =≡，则I .)(m od ......2121m b b b a a a n n +++≡+++；II .
).(m od ......2121m b b b a a a n n ≡
推论. 如果).(mod m b a ≡n 为任意正整数，则).(mod m b a n
n
≡
定理5. 如果).(mod m cb ca ≡则).)
,((mod m c m b a ≡ 推论. 如果1),(=m c ，).(mod m cb ca ≡则).(mod m b a ≡
定理6. 如果).(mod m b a ≡则).,(),(m b m a =
定理7. a 和b 属于模m 的同一剩余类的充要条件是).(mod m b a ≡
定理8. m 个整数m a a a ,...,,21是模m 的完全剩余系的充要条件是m a a a ,...,,21关于模m 两两互不同余。

定理9. 设f 是正整数m 的正因数。

在模f 的属于c 的剩余类中取整数f f
m
c f c c )1(,...,,-++，则它们是模m 的
f
m
个剩余类。

定理10. 与m 互素的)(m φ个整数是模m 的简化剩余系的充要条件是这)(m φ个整数关于模m 两两互不同
余。

又设r a a a ,...,,21是模m 的简化剩余系，如果1),(=m c ，则r ca ca ca ,...,,21也是模m 的简化剩余系。

定理11. 欧拉定理：如果1),(=m a ，则)(mod 1)(m a
m ≡φ 定理12. 费马小定理：如果1),(=p a ，则)(m o d
11
p a p ≡-，其中p 为素数。

它也常写作：
)(mod p a a p ≡，这里不要求p a ,互素。

定理13. 裴蜀定理：设d b a ,,是整数，则d b a =),(的充要条件是b d a d ,，存在整数v u ,使得d vb ua =+ 推论1. 1),(=b a 的充要条件是，存在整数v u ,使得1=+vb ua
推论2. b a ,均为正整数，1),(=b a 的充要条件是，存在正整数v u ,使得1=-vb ua 典型例题：
一. 同余与完全平方数
例1. 设素数p 满足)8(mod 7≡p ，证明p 必不能表作三个平方数之和。

分析 我们利用平方数模8的性质进行处理。

证明：设存在三个整数c b a ,,使.2
22c b a p ++=其中c b a ,,或为偶数，或为奇数。

因此下式8(mod 02≡a
),8(mod 02≡a ),8(m od 12≡a ),8(mod 42≡a 必居其一。

事实上，当a 是奇数14+=m a 或34+=m a 时，
有),8(m od 12
≡a 当a 是偶数m a 4=或24+=m a 时，有),8(mod 02
≡a 或),8(mod 42
≡a 同样b 和c 也必居下式之一：),8(m od 02
≡b ),8(m od 12
≡b ),8(mod 42
≡b ),8(m od 02
≡c ),8(m od 12
≡c 8
(m od 42≡c ),8(m od 42≡c 将c b a ,,所有可能满足的式子任意组合，只能得到),8(m od 6,5,4,3,2,1,0222≡++c b a 而得不
到).8(m od 72
2
2
≡++c b a 因此形如)8(mod 7=p 的素数不能表作三个平方数之和。

评注 选择合适的模是处理平方数问题的技巧之一。

例2. （2003年越南数学奥林匹克）求最大的正整数n ，使得方程组22
222
12)(...)2()1(y
k x y x y x ++==++=++ 2
22222)(...)(...n k y n x y k x y ++==++==+有整数解),...,,,(21n y y y x
分析 我们利用平方数的性质处理问题。

解：当3=n 时，易知所给的方程组有整数解)0,1,0,2(321===-=y y y x ，当4=n 时， ⎪⎩⎪⎨⎧+=-+=-+=-72523
224323222221x y y x y y x y y ，
则4321,,,y y y y 奇偶交替出现，则2)(22
32122=+-y y y 且2)(2242223=+-y y y 若3
1
,y y 为奇数，
则)8(mod 0222
≡y )8(m o d 422
321≡++y y 矛盾。

同理：若31,y y 为偶数，则4
2,y y 为奇数。

后面式子又矛盾，所以4=n 无解。

显然4≥n 无解。

评注 选择适当的模，利用平方数性质是解决平方问题的技巧之一。

二. 费马小定理与欧拉定理 例3. 证明n n -13
2730
分析 由原式联想到费马小定理。

证明：1375322730⨯⨯⨯⨯=，由费马小定理,)13(m od 13
n n
≡, )7(m od 7n n ≡,)5(m od 5n n ≡,
)3(m od 3n n ≡,)2(m od 2n n ≡,而)(()1)(()1)((4681034856713+
+++-=++-=+-=-n n n n n n n n n n n n n n n 10)(2468103+++++-n n n n n n n 并且n n n n --132|，由此可知：13,7,5,3,2,|13=-k n n k ，所以原命题成立。

评注 费马小定理是处理此类整除问题的重要工具。

例4. （2004年加拿大）p 为奇素数，证明：).(mod 2)
1(21
112p p p k p k p +≡
∑-=- 解：由于1-p 为偶数，则
=∑-=-1
1
1
2p k p k
))((122
1
1
12--=--+∑p p k p k p k ，由二项式定理：2
2121212...)(-----=-p p p p
C p k p 1
22211
23
222
1
21
21
...--------+--=p p p p p p p k
pk C
k
p C
p
右侧除最后两项外均被2p 整除。

因此≡-+--121
2)(p p k p k
)(mod )12(222122
211212p k p p k pk
C k p p p p p -----⋅-=-+由于p k <≤1由费马小定理)(m od 11p k p ≡- )(m od 11)12()12(222p p k p p -≡⋅-≡-∴-，1)12(2
2-=-∴-mp k
p p ，则(m od )12(222p p mp k p p p -≡-=⋅-- )(m od 2222p p p mp p -≡-=-所以≡∑-=-111
2p k p k ≡-∑-=211)(p k p ))(mod )(21(2p p p --).
(mod 2)1(2222p p p p p p +≡+-≡ ).(mod 2
)1(22
22p p p p p +≡+-所以，原结论成立。

评注 二项式定理也是处理数论问题的重要工具。

三. 同余与不定方程
例5. （2004年韩国数学竞赛）证明：方程x x y +=4
2
3没有正整数解。

分析 我们选择适当的模对x 进行分类处理问题。

证明：（1）当)(13N a a x ∈+=时，)3(mod 24
≡+x x 而方程左边能被3整除，此时无解。

（2）当*)(3N a a x ∈=时，)1)(1(2
4
+-+=+x x x x x x 2
2
3)139)(13(3y a a a a =+-+=，
2)139)(13(y
a a a a =+-+∴ 22)139)(13(y a a a =+-+，而1)13,(=+a a ，1)139,(2=+-a a a ，1)139,13(2=+-+a a a ，,a ∴1
39,132
+-+a a a 139,12+-a a 均为完全平方数。

而222)3(139)13(a a a a <+-<- 所以此时无解。

（3）当*)(13N a a x ∈-=时，
)1)(1(24+-+=+x x x x x x 223)133)(13(9y a a a a =+--=，.|3|32y y ⇒∴令*)(3N c c y ∈= 则
223)133)(13(c a a a a =+--，.|3a ∴令*)(3N b b a ∈=，
则2
2)1927)(19(c b b b b =+--与（2）类似，1927,19,2+--b b b b 均为完全平方数。

设*),(192
2
N m t m b t b ∈⎩
⎨⎧=-= 则2
219m t =-，即)3)(3(=-+m t m t 1)3)(3(=-+m t m t ，所以⎩⎨⎧=+=-1
31
3m t m t 方程无整数解。

综上所述，原方程无整数解。

评注 方程右边可以进行因式分解，而左边系数为3，因而选择模3对x 进行分类处理问题。

例6. （2004年巴尔干数学奥林匹克）y x ,是质数，解：.192
-=-xy y x x
y
分析 我们要充分利用y x ,是质数的条件。

解：若y x =,则192
=xy 无整数解；若y x ≠，则.192
=+-xy x y y
x
由于y x ,是质数，由费马小定理)(mod y x x y
≡，).(m od 2
y x xy x y y
x
-≡+-∴即)(mod 19y x ≡-，x y +∴19| ①，再由费
马小定理 )(m o d
x y y x ≡ ).(m od 2
x y xy x y y x ≡+-∴即)(mod 19x y ≡ 1. 若19>y 则19|-y x ②；2. 由①知：x y +≤19； 由②知：19-≤y x 即19+≥x y ，19+=∴x y ，又y 为质数。

而x 为奇质数，y 为偶数，,2=x 21=y 与y 为质数矛盾。

所以此时无解；3. 若19=y ，由x y +19|知x y |
x y =∴，
无解；4. 若19<y ，则当17=y 时：.191717217=⋅+-x x x 易知：17≥x 时，01717
≥-x x ，无解，13≤∴x ，当3,5,7,11,13=x 时，两边模4，知无解；2=x 时，左边小于0，无解；当13=y 时：两边模4，3,5,7,11=x 2=x 时，左边小于0。

当11=y 时：同理 3,5,7=x 无解；2=x 时，左边小于0。

当7=y 时：3,5=x 无解；2=x 时，满足条件。

7,2==∴y x 为一组解。

当5=y 时，3=x 无解；
.195525=⋅+-x x x 2=x 时，无整数解；当3=y 时，2=x 1923332=-⨯ ，3,2==∴y x 为
一组解。

综上，7,2==y x ；3,2==y x 为解。

评注 在处理有关质数的幂的问题中，费马小定理常发挥重要作用。

四. 同余定理
例7. 设p 是奇素数，a 是连续数列2,3,...,4,3,2--p p ①中的任一数，则数列p a p a p a a a (,)2(,)3(,...,3,2,-
-- a p a p a p )1(,)2(,)3(,...,--- ②中必有一个且只有一个数关于模p 与1同余，设此数为ia ，则i 为①中一数且与a
相异。

分析 利用p 为素数
证明：因为①中各数均小于p ，p 为素数，所以①中每一个数均与p 互素。

由于a 是①中某数，故
.1),(=p a 因此，由定理11，数列a p a p a p a a a )1(,)2(,)3(,...,3,2,---与数列①代表同一类数，也就是
说，数列②表示模p 的除p 的倍数外，其余的一切类数。

因此②中必有一数)11(-≤≤p i ia ，使
)(mod 1p ia ≡。

这个i 决不能等于a ，事实上，如果a i =，则有)(m od 12
p a ≡，从而就有(mod 0)1)(1(p a a ≡-+ )(mod 0)1)(1p a ≡-+。

由于p 是素数，且2|/p ，故)(mod 01p a ≡+或)(mod 01p a ≡-，两者必居其一。

但
11-<<p a ，即p a p a <+<<-<12,10。

所以不可能有)(mod 01p a ≡+及)(mod 01p a ≡-。

故a i =/另外可以证明.1-=/p i 否则如果.1-=p i 就有).(mod )1()1(p a p a p a p a p ia -≡-+-=-= 但11-<<p a ，即11-<-<p a p ，所以21)(1-<--<p a p ,因此不可能有).(mod 1p a p ≡-所以
.1-=/p i 再次可以证明.1=
/i 否则就有)(mod 1p a ia ≡=，但这与11-<<p a 矛盾。

这样就证明了数列②中必有一数ia ，有)(mod 1p ia ≡，而又.1=/i .1-=/p i a i =/，故i 必为①中一数且与a 相异。

此外，如果①中有两数),,,(,a j a i j i j i =/=/=/使)(mod p ja ia =，那么由于1),(=p a ，故有)(mod p j i ≡，但
2,2-≤≤p j i ，从而有j i =，这与假设j i =/矛盾。

评注 本题是最基本的结论之一。

例8. 求证：).(mod 1)!1(p p -≡- 这里p 为奇素数。

分析 我们利用例1的结论。

证明：对任意{
}1,...,2,1-∈p S ，都存在唯一的{}1,...,2,11
-∈-p S 使).(mod 11p SS ≡-注意到t
S ≠
时，.11
--≠t S
否则若⇒=--11t S )(m od 11p St SS --≡，).(mod 11p St -≡∴即(|),(m od 111S
t t p p St tt -≡--- ).(|),(m od 11S t t p p St --- S t p -∴|矛盾。

又注意到.)(11S S =--故可以把1,...,2,1-p 中S 和1-S 两两配对，每一
对的乘积同余于1模p ，由于)(m od 12
p x ≡有且仅有两解)(mod 1p x ±≡，所以除了1，1-和自己配对
外，其余3-p 个数恰可配成23
-p 对。

).(mod 12
2
p p i ∏-=≡∴ ).(mod 1)1(11)!1(p p -≡-⋅⋅≡-∴
评注 本题即威尔逊定理。

五. 同余与其他
例9. 已知,2,121==a a ⎩⎨
⎧--=+++,,35112
n n n n n a a a a a 为奇数若为偶数
若1
1++⋅⋅n n n n a a a a 证明：对一切正整数n ,.0≠n a 分析 我们只要证明n a 模某一常数不为0即可。

证明：若某一个0=k a ，则对任意正整数m 有)(mod 0m a k ≡，因此，我们只要找到一个m ，对任
何一个n 均有)(mod 0m a k ≡/即可，)4(mod 11≡a )4(mo d 22≡a )4(mo d 33≡a 。

设k n =时，)4(mod 123≡-k a ，)4(mod 213≡-k a ，)4(mod 33≡k a ，则1+=k n 时，)4(m od 13513313≡-=-+k k k a a a )4(mo d 231323≡-=++k k k a a a ，)4(m od 335132333≡-=+++k k k a a a ，因此对一切n 均有)4(m od 0≡/k a ，
从而原命题成立。

评注 同余是处理此类问题的有效方法之一。

例10. （1996年保加利亚）求所有的质数q p ,，使得pq 整除)25)(25(q
q
p
p
--
解：如果p
p
p 25-，由费马小定理，25-p ，所以3=p ，假设3,≠q p ，则q
q
p 25-，p
p
q 25-。

不失一般性，我们设q p >，则1)1,(=-q p ，由裴蜀定理，存在正整数v u ,，使1)1(=--vp q u 。

由费马小定理1125---q q q ，所以)1(1
)(25
---q u q u q =1125++-vp vp =vp
vp vp 23)25(5⋅+-，又p p q 25-，
所以
vp
p 23⋅，矛盾。

所以q p , 之一为3 。

若3≠q ，则139253
3⋅=-q ，所以13=q 。

类似，}
13,3{∈p 因此，解)3,13(),13,3(),3,3(),(=q p 。

练习及参考答案
练习1. 求证：存在无穷多个这样的正整数，它们不能表示成少于十个奇数的平方和。

分析 对于否定性问题，我们常利用同余。

解：设正整数n 能够表示成, (2)
2221s x x x n +++= ①，其中i x 为奇数，.91,,...,2,1≤≤=s s i 若
)8(mod 2≡n ，则由①及s i x i ,...,2,1),8(mod 12=≡知)8(mod 2≡s ，即.2=s 若n s |3,2=，则由①及2,1),3(mod 1,02=≡i x i 知)3(m od 021≡≡x x ，从而.|9n 这说明若)9(mod 3≡n ，则.2≠s 综上所述，
被8除余2，被9除余3，即具有形式,...2,1,0,6672=+k k 的正整数便不能表示成①，故命题得证。

评注 对于某些问题，常常需要多次选择不同的模进行同余处理。

练习2. 求出大于1的整数n 的个数，使得对任意的整数a ，都有a a n -25
|
分析 联想例4，猜想n 的最大值为2730。

解：设满足条件的正整数组成集合S ，若a a
n -25
|，a a m -25|，则a a n m -25|],[，因此S 中全
部数的最小公倍数也属于S ，即S 中的最大数是其余每个数的倍数。

a a m -25
|，则m 的约数也整除
a a -25，于是只需确定最大数m ，其一切大于1的约数组成集合S 。

33|,22|2525--m m ，并且137532)33,22(2525⨯⨯⨯⨯=--，由例4，由费马小定理，易证137532⨯⨯⨯⨯a a -25|，所以
137532⨯⨯⨯⨯=m ，集合S 共有31个元素。

评注 利用特殊值法确定最大值，再进行证明是处理竞赛问题的典型技巧。

练习3. )341(m od 12
340
≡但1311341⨯=为合数，则称341是伪质数，证明：伪质数有无穷多个。

分析 我们想办法构造出具体的表达或递推关系。

证明：已知341为伪质数，假设m 是伪质数，下面证明12-m
是伪质数，首先，设pq m =，其中q p ,为大于1的整数，则1)2(1212-=-=-q p pq
m
，含有因子12-p ，并且12121-<-<m p ，所以12-m
为合数。

其次，由于12
|1--m m ，设ms m =
--12
1
，其中s 为大于1的正整数，
2
(12121
2221)12(1=-=------m m m
)12)(12(121
2122211+-=------m m m ，而1)2(1212
121-=-=---s m ms m ，可被12-m 整除，因而))12(mod(121)12(-≡--m m ，所以12-m 是伪质数，并且m m >-12。

由此可知伪质数有无穷多个。

评注 利用递推关系构造是解决无穷解问题的重要构造方法。

练习4. （第43届IMO 预选题）求最小的正整数n ，使得：20023
32312002...=+++n x x x 有整数解。

分析 我们先估计出n 的值，在构造出一组解。

解：)9(mod 42002≡ ，)9(mod 143
≡ ，136672002+⨯=，所以)9(m od 442002
20022002
≡≡ 又
)9(m od 1,03±≡x 其中Z x ∈，于是)9(mod 4,,3
33
23
13
23
13
1≡/+++x x x x x x ，
由于 1101020023
3+++= 11101033+++=，则=⨯=36672002)2002(20022002+⨯3667)200210(+⨯3667)200210(+3667)2002(3
667)2002(所以4=n 。

评注 选择适当的模，利用同余进行估计是重要的方法之一。

练习5. （2003年中国集训队测试）正整数n 不能被2, 3整除，且不存在非负整数a , b ，使得|2 a －3 b | = n 。

求n 的最小值。

分析 我们先通过具体赋值猜出 n 值，再进行证明。

解：n = 1时，|2 1－3 1| = 1；n = 5时，|2 2－3 2| = 5；n = 7时，|2 1－3 2| = 7；n = 11时，|2 4－3 3|
= 11；n = 13时，|2 4－3 1| = 13；n = 17时，|2 6－3 4| = 17；n = 19时，|2 3－3 3| = 19；n = 23时，|2 5－3 2| = 23；n = 25时，|2 1－3 3| = 25；n = 29时，|2 5－3 1| = 29；n = 31时，|2 5－3 0| = 31；下证n = 35满足要求，用反证法，若不然，存在非负整数a , b ，使得 |2 a －3 b | = 35。

(1)若2 a －3 b = 35，显然a ≠ 0, 1, 2，故a ≥ 3，模8，得－3 b ≡ 3 (mod 8)，即3 b ≡ 5 (mod 8)，但3 b ≡ 1, 3 (mod 8)，不可能。

(2)若
3 b －2 a = 35，易知b ≠ 0, 1，模9，得 2 a ≡ 1 (mod 9)，∵ {2 k (mod 9)}：2, 4, 8, 7, 5, 1, 2, 4, …，∴ 2 6k ≡ 1, 2 6k + 1 ≡ 2, 2 6k + 2 ≡ 4, 2 6k + 3 ≡ 8, 2 6k +
4 ≡ 7, 2 6k +
5 ≡ 5 (mod 9)，于是a = 6k ，k 为非负整数，所以 3
b
－8 2k = 35。

再模7，得 3 b ≡ 1 (mod 7)，∵ {3 k (mod 7)}：3, 2, 6, 4, 5, 1, 3, 2, …，故b = 6k /，k /为正
整数，∴ 3 6k '－2 6k = 35，(3 3k '－2 3k )(3 3k ' + 2 3k
) = 35，∴ ⎩⎨⎧ 3 3k '－2 3k = 1 3 3k ' + 2 3k = 35 或 ⎩⎨⎧ 3 3k '－2 3k = 5 3 3k ' + 2 3k
= 7 于是，3 3k ' = 18或6，不可能。

综上可知，n min = 35。

评注 对于不定方程无解的问题常用同余处理。

练习6. （2004年亚太地区数学竞赛）证明：对于任意正整数n ，⎥⎦
⎤
⎢
⎣⎡+-n n n 2)!1(是偶数。

分析 当 n 和 n +1 是合数时，容易处理，我们只要处理n 和 n +1 之一是素数的情况。

证明：对于 n = 1, 2, 3, 4, 5 我们有⎥⎦
⎤
⎢
⎣⎡+-n n n 2)!1(=0，显然为偶数。

我们考虑 n ≥ 6. 如果n 和 n +1 是 合数，则它们 一定整除 (n -1)!，并且互素。

所以它们的乘积整除 (n -1)!. 由于 n , n +1 中只有一个是偶数，对于 m ≥ 6, (m -2)! 所含的2的幂指数大于m 所含的幂指数,所以⎥⎦
⎤
⎢
⎣⎡+-n n n 2)!1(是偶数. 我们最后考虑n +1 = p 为一个素数,和 n = p 为一个素数. 如果 n +1 = p , 则 p -1 是一个合数,所以 p -1 整除(p -2)!. 令 k =
1
)!
2(--p p ，由威尔逊定理 (p -2)! = 1（mod p ）, 所以 k (p -1) = 1（ mod p ），因此 k = -1（mod p ）.所以 p k 1+ 是一个整数. 但 k 是偶数, 所以k +1 是奇数，因此p k 1
+是奇数. 又11-+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡p k p k ，所以⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡n n n p k 2)!1( ⎥⎦
⎤⎢⎣⎡+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡n n n p k 2)!1(是偶数.如果 n = p , 则 k =1)!
1(+-p p 是偶数，所以 k +1 是奇数. 由威尔逊定理k (p +1) = -1（mod p ）,所以 p k 1
+是一个奇数，所以⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡n n n p k 2)!1(=11-+=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡p k p k 是偶数.综上，原命题成立 评注 当n 和 n +1 之一是素数时，由)!1(-n 我们联想到威尔逊定理。

练习7. 设}{},{n n b a 定义如下：11102,1,1-++===n n n a a a a a ，,..
2,1(32,7,11110=+===-+n b b b b b n n n
,...)2,1(31=+-n b n ，证明：除“1”以外这两个数列没有其它相同的项。

证明：...11,5,3,1,153210=====a a a a a ，...161,55,17,7,143210=====b b b b b 下面证明：
)8(m od 3),8(m od 52212≡≡++n n a a ；)8(m od 1),8(m od 72212≡≡++n n b b ，其中n 为正整数。

初值易验证，假设)8(m od 3),8(m od 52212≡≡++k k a a ，则)8(m
o d 55232122232≡⨯+≡+=+++k k k a a a ，5
2223242≡+=+++k k k a a a )8(m od 33252223242≡⨯+≡+=+++k k k a a a ，可知1+=k n 时结论成立。

同理可证}{n b 。

因而原命题成立。

练习8. 求所有的正整数对),(n a 使得n
a a n
n -+)1(是整数。

证明：若a 为任意正整数，则)1,(a 显然是原问题的解，下面我们证明原问题没有其他解。

若2≥n ，
易知1)1,(),(=+=n a n a ，不妨设p 为n 的最小素因子，则n n a a p -+)1(，又由费马小定理
11)1(---+p p a a p ，而1),1(=-n p ，由裴蜀定理存在正整数v u ,，使1)1(=--vn p u 。

则
11)1()1()1()1(++---+=-+vn vn p u p u a a a a p =vn vn vn a a a a +-++))1)((1(，所以vn a p ，与1),(=n a 矛盾。

所以没有其他的正整数解。