下面数论题如何证明?设5不能整除的,F（x)=ax^3+bx^2+cx+d,G(x)=dx^3+cx^2+bx+a.证明若存在m,使5|F(m）,则存在n,使5|G(n)

由于d不能被5整除,故m也不能被5整除.
先讨论当x被5除余数分别为1、2、3、4时,F(x)、G(x)被5除的余数情况：
(1)当x≡1(mod 5)时,x³≡1³(mod 5)≡1(mod 5),x²≡1²(mod 5)≡1(mod 5),
此时F(x)≡a+b+c+d(mod 5),G(x)≡d+c+b+a(mod 5)
(2)当x≡2(mod 5)时,x³≡2³(mod 5)≡3(mod 5),x²≡2²(mod 5)≡4(mod 5),
此时F(x)≡3a+4b+2c+d(mod 5),G(x)≡3d+4c+2b+a(mod 5)
(3)当x≡3(mod 5)时,x³≡3³(mod 5)≡2(mod 5),x²≡3²(mod 5)≡4(mod 5),
此时F(x)≡2a+4b+3c+d(mod 5),G(x)≡2d+4c+3b+a(mod 5)
(4)当x≡4(mod 5)时,x³≡4³(mod 5)≡4(mod 5),x²≡4²(mod 5)≡1(mod 5),
此时F(x)≡4a+b+4c+d(mod 5),G(x)≡4d+c+4b+a(mod 5)
在以上基础上再构造n使5|G(n)：
(1)当m≡1(mod 5)时,此时G(m)≡d+c+b+a(mod 5)≡a+b+c+d(mod 5)≡F(x)(mod 5)≡0(mod 5),即m本身也满足5|G(m)
(2)当m≡2(mod 5)时,令n=5k+3(k是任意正整数),即n≡3(mod 5),此时G(n)≡2d+4c+3b+a(mod 5)
于是3F(m)+G(n)≡3(3a+4b+2c+d)+(2d+4c+3b+a)(mod 5)≡5(2a+3b+2c+d)(mod 5)≡0(mod 5),即3F(m)+G(n)能被5整除,而F(m)本身能被5整除,故G(n)能被5整除.
(3)当m≡3(mod 5)时,令n=5k+2(k是任意正整数),即n≡3(mod 5),此时G(n)≡3d+4c+2b+a(mod 5)
于是2F(m)+G(n)≡2(2a+4b+3c+d)+(3d+4c+2b+a)(mod 5)≡5(a+2b+2c+d)(mod 5)≡0(mod 5),即2F(m)+G(n)能被5整除,而F(m)本身能被5整除,故G(n)能被5整除.
(4)当m≡4(mod 5)时,此时G(m)≡4d+c+4b+a(mod 5),
于是F(m)+G(n)≡(4a+b+4c+d)+(4d+c+4b+a)(mod 5)≡5(a+b+c+d)(mod 5)≡0(mod 5),即F(m)+G(m)能被5整除,而F(m)本身能被5整除,故G(m)能被5整除,),即m本身也满足5|G(m).