[證法1]設(shè)矩形的長、寬和對角線長分別為a，b，c且a，b，c都是整數(shù)，則根據(jù)勾股定理知
a²+b²=c²，我們只需證明a，b，c中必有一個(gè)能被3整除，也必有一個(gè)能被4整除．
（1）先證“a，b中必有一個(gè)能被3整除”．
若a，b都不是3的倍數(shù)，則a²與b²必被3除余1，則c²必被3除余2，
但完全平方數(shù)被3除只能余0或1，故矛盾，
所以a，b中必有3的倍數(shù)，即ab為3的倍數(shù)；
（2）再證“a，b中必有一個(gè)能被4整除”．
將a²+b²=c²中的a，b，c的公約數(shù)約去，得x²+y²=z²，其中x，y，z兩兩互質(zhì)，
只需證明“x，y中必有一個(gè)能被4整除”即可．
首先x，y不能全是奇數(shù)，因?yàn)槿魓，y均為奇數(shù)，則x²與y²必都被4除余1，于是z²必被4除余2，但完全平方數(shù)被4除只能余0或1，故矛盾，
所以x，y不能全是奇數(shù)．
因?yàn)閤，y互質(zhì)，所以，x，y也不能全是偶數(shù)，
因此x，y只能是一奇一偶，不妨設(shè)x=2p+1，y=2m（其中p，m均為整數(shù)），
此時(shí)z是奇數(shù)，設(shè)z=2q+1（q為整數(shù)），代入y²=z²-x²中，得
4m²=（2q+1）²-（2p+1）²=4（q²+q-p²-p），即m²=q（q+1）-p（p+1），
因?yàn)閝（q+1）與p（p+1）都是兩個(gè)連續(xù)整數(shù)的乘積，
所以q（q+1）與p（p+1）都能被2整除，于是m²為偶數(shù)，
因此m為偶數(shù)，設(shè)m=2n（n為整數(shù)），則y=2n=2′2m=4m，于是y能被4整除．
綜上，a，b中必有一個(gè)能被3整除，也必有一個(gè)能被4整除．又因?yàn)椋?，4）=1，所以
a′b能被12整除，即這個(gè)矩形的面積必為12的倍數(shù)．
[證法2]設(shè)a，b都不是4的倍數(shù)，則a，b均為奇數(shù)；或a，b中的一個(gè)為奇數(shù)，另一個(gè)為被4
除余2的數(shù)；或a，b都是被4除余2的數(shù)．
（1）若a，b均為奇數(shù)，則a²與b²必被4除余1，則c²必被4除余2，但完全平方數(shù)被
4除只能余0或1，矛盾．
（2）若a，b中一個(gè)是奇數(shù)，另一個(gè)是被4除余2的數(shù)；不妨設(shè)a=2k+1，b=2（2m+1）（其
中k，m均為整數(shù)），則a²=4k²+4k+1=4k（k+1）+1．因?yàn)檫B續(xù)整數(shù)之積k（k+1）能被2
整除，所以a²被8除余1，而b²=2²（2m+1）²=16m（m+1）+4，于是b²被32除余4，所
以a²+b²被8除余5，即c²被8除也余5，但完全平方數(shù)被8除只能余0或1或4，
矛盾．
（3）若a，b都是被4除余2的數(shù)．設(shè)a=2（2k+1），b=2（2m+1）（其中k，m均為整數(shù)），
則由a²+b²=c²知c²為偶數(shù)，于是c為偶數(shù)，設(shè)c=2n，則a²+b²=（2n）²=4n²，即
2²（2k+1）²+2²（2m+1）²=4n²，約去公因子4，得（2k+1）²+（2m+1）²=4n²，變成兩個(gè)奇數(shù)平
方和的情形，根據(jù)（1）得出矛盾．
綜上，假設(shè)“a，b都不是4的倍數(shù)”不成立，所以“a，b中必有一個(gè)能被4整除”成立．
因?yàn)椋?，4）=1，所以a′b能被12整除，即這個(gè)矩形的面積必為12的倍數(shù)．