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RSS订阅原创 数论问题80
分析:设x，y，z∈+Z满足方程，当x=1时，3=y^(z+1)，无论任意y，z取任意正整数值，3=y^(z+1)都不成立。方程左端分解因式，[(2x)^x+1][(2x)^x-1]=y^(z+1)，令k=(2x)^x+1，m=(2x)^x-1，因为k，m都是奇数，且K-m=2，所以，K，m最大公约数为1，记(K，m)=1，即k与m互素。因为m|y^(z+1)，k|y^(z+1)，设K=p^(z+1)，m=q^(z+1)，p>1，q>1得。y(n+1)^2=(yn^2+1)÷2，奇数yn^2>1，这样，
2025-01-30 06:23:47
334
原创 数论问题79一一研究成果
设数域C:{(1，2n-1)，(2，2n-2)，(3，2n-3)，…用C(2n)表示两素数之和的个数，包含(2n-1)为素数时的“‘2n=1+素数"的个数，但不包含p以内素数的“1+1″个数，，即C(2n)表示了C中n以内的(素数，素数)个数，包含(1，2n-1)为(1，素数)时的个数，但不包含与2，3，…所以，当p不整除2n，p^2(1-2/p)表示了C中与p互质的元素个数(p与元素中的两个数都互质)，用筛码p(偶数)，p-1，p-3，…p^2(1-2/p)[1-2/(p-2)][1-2/(p-4)]…
2025-01-30 06:16:42
781
原创 数论问题78
当x=-1时，方程化为-1=y^4无整数解，最后x=0时，1=y^4，得原方程解为x=0，y=±1。xy+1>|x+y|>xy，丨x+y|介于两个相邻整数之间，因此lx+y|作为整数不存在。x^3+1<y^2<x^3+2，这样知在两个整数之间不存在整数，即x>0原方程无整数解。当x>0时，(x^3+1)^2=x^6+2x^3+1，解:设x，y∈Z满足方程，则x^2+2xy+y^2=(xy)^2+xy。命题2，求方程x^2+xy+y^2=(xy)^2的整数解。
2025-01-29 11:55:13
195
原创 数论问题77一一3x+1问题
命题1，设一个正整数X，素数q(q≥2)，若x能被小于q的素数所整除就整除它；例如，取X = 5，它是奇数，进行3X + 1操作得到3×5 + 1=16；16是偶数，进行X/2操作得到16÷2 = 8，接着8÷2=4，4÷2=2，2÷2=1。③命题3，设Rn=[nlog3 ^2]+1，Pn=3^(n-1)+3^(n-2)2^(r1)+…②命题2，若在3x+1变换下，任何一个正整数x总能化为小于它的一个整数，那么，3x+1猜想成立。当(2^Rn-3^2)整除Pn时，3x+1猜想不成立。
2025-01-29 11:48:53
1063
原创 数论问题76一一容斥原理
如:φ(10)，A中10个元素与10互质的元素{1，3，7，9，11，13，17，19}，即φ(10)=10(1-1/5)=8。推广到任意连续的10个元素中，如(9，11，13，15，17，19，21，23，25，27}中与1θ互质的元素{9，11，13，17，19，21，23，27}，即φ(10)=10(1-1/5)=8。过程:{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}。如{8，9，10，11，12，13，14，15，16，17}，φ(1o)=4，即与10互质的数有9，11，13，17。
2025-01-28 16:45:17
1064
原创 数论问题75
a(0)，a(1)，a(2)，a(3)，a(4)，a(5)，a(6)，互素。那么，由中国剩余定理，总存在K∈Z，使被a(m)(0≤m≤5)除余1，且被a(6)除余-1。证明:设n=2^m，当m=0，1，2，3，4时，a(m)=2^(2^m)+1都是素数。被a(m)除余(-1)^p+1，因为p为奇数，所以，a(m)整除K2^n+1。a(5)是合数，且与每个a(0)，a(1)，a(2)，a(3)，a(4)互素。而a(6)=a(0)a(1)a(2)a(3)a(4)a5)+2，所以。K2^n+1为合数。
2025-01-28 08:09:31
173
原创 数论问题74
即mp^2=C(p-1，2p-1)-1是整数，且(p^2，(p-1)！=[(2p-1)(p+1)][(2p-2)(p+2)]…[(2p-(p-1)(p十(p-1)]证明:容易验证，当p=2时，C(2，4)-2=4被2^2整除。所以，(2p-1)(2p-2)…被p^2除余[1(p-1)][2(p-2)]…首先，C(p，2p)=(2p)！(2p-k)(p+k)=2p^2十k(p-K)所以C(p，2p)-2被p^2整除。C(p-1，2p-1)=rp^2十1，于是。C(p，2p)-2被p^2整除。
2025-01-28 08:06:43
227
原创 数论问题73
可直接验证当x=1，2，3，4，5，7时，f(x)都被3整除，但不能被27整除，因此不能表成y^(z+1)，z>1。它们都不能表成y^(z+1)，于是方程有唯一的自然数解:x=2，y=3，z=1。因此，当z=1时，任意自然数x≠2与y都不满足f(x)=y^(z+1)。下面再证明，当x≥2时，f(x)=y^(z+1)也不能满足。当x=6时，f(6)=5913=81*73。则f(1)=3，f(2)=1+2+6=9，
2025-01-27 08:32:44
363
原创 数论问题72
所以，方程只有唯一解x=y=z=2，u=3。设x，y，z∈N是方程的解，用ⅴ表示x，y，z中最大者，则1≤v<u，且。，从而u≤3，当u=3时，x=y=z=2，为方程的解，解，当x=y=z=2，u=3时，有。
2025-01-27 08:29:48
236
原创 数论问题71一一兔子数列
在数学上，斐波那契数列以如下递推的方法定义：F(0)=0，F(1)=1, F(n)=F(n - 1)+F(n - 2)（n ≥ 2，n ∈ N*），即从第三项开始，每一项都等于前两项之和。1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，研究一下这个数列，我们会惊奇地发现它有许多有趣的性质：从第三项起，每一项的数都是紧挨着它前面的两项的数字之和。斐波纳奇数列在生活中有着广泛的运用。③平方关系：F(n)^{2}=F(n - 1)×F(n + 1)+(-1)^{n - 1}。
2025-01-26 21:58:28
380
原创 数论问题70
因为所求的n∈N必可表为n=m^2-2，其中m=2，3，…下面设n=m^2-2，如果m=2，则n=2，因此只有当k=0时才有(n-2K)^2=n+2。如果m>2，则当K=m(m-1)/2-1时，，n-1}，有2C(K，n)=C(K-1，n)十C(K+1，n)。（n-m+1）＝n!这表明，所求的n(∈N)是所有形如n=m^2-2的数，其中m=3，4，…所以，2C(K，n)=C(K-1，n)+C(K+1，n)，等价于。排列组合C的公式：C(n，m)=A(n，m)/m!其中，C(n,m)=A(n,m)/m。
2025-01-26 09:42:44
286
原创 数论问题69
命题3，(20240201！)^2与20240201^20240201哪一个数大？k(n-K+1)=(n-K)(k-1)+n>n，其中K=2，3，…)^2=36，3^3=27，即(3！当n=20240201时，即本题答案。而1Xn=nⅩ1，而且，
2025-01-26 09:38:43
223
原创 数论问题68
n^(p-1)=n^(4K+3-1)=n^(4k+2)=(n^2)^(2k+1)被p除-1。因为d为奇数，且d被4除余3，如果d的素因子都是4K+1形，则d被4除余1，所以，d中至少有一个素因子p=4K十3，K∈N。当x为偶数时，y^3=x^2十5被4除余1，y为奇数，所以y^3被4除余1，由此知，y被4除余1。所以，考虑当(a，b，c)为一组解时，x，y，z的排列3x2x1=6，于是原方程的自然数解总数不超过。x^2=(2k十1)^2=4(k^2+K)+1，即x^2被4除余1。所以，原方程无整数解。
2025-01-25 07:11:59
298
原创 数论问题67
(2n+1)^2=4n(n+1)+1，n∈N，连续两个整数之积必被2整除，所以任意~个平方数被8除余1。而-4ac被8除余4，这是因为ac是两个奇数之积，ac被2除余1，-4ac被8除余4，b^2被8除余1，所以b^2-4ac被8除余5，从而判别式△不可能为完全平方数，所以，原方程无有理数解。(否则，√3=(2√(3xy)-3)/(x+y-2)为有理数，不可能)。3(x+y-2)^2=9+12xy-12√(3xy)，因此√(3xy)为有理数，从而。√(2√3-3)=√(x√3)-√(y√3)的有理数解。
2025-01-25 07:07:16
169
原创 数论问题66
如果x为整数，则√(25a^2-5b±3)为整数，因此(25a^2-5b±3)为完全平方数，由于25a^2-5b=5(5a^2-b)的末位数为0或5，所以，(25a^2-5b±3)的末位数只能是2，3，7或8，但是，一个数是完全平方数，它的末位数0，1，4，5，6或9，矛盾。+x(14)^4被16除，这14个加数，每个加数被16除余0或1，无论如何余数的和都不会等于15。当x(i)为奇数时，x(i)^4被16余1。x^2+10ax+5b+3=0，x^2+10ax+5b-3=0，都没有整数解。
2025-01-24 09:20:02
386
原创 数论问题65一一整数的乘法分拆
给抽屉2中未放入3记数为f（3^3），放入一个3记数为f（3^2），放入二个3记数为f（3^1），放入三个3（全部）记数为f（3^0），所以f（54）=f（3^3）+f（3^2）+f（3）+f（0）=3+2+1+1=7。公式3：f（a^n×b^3）=3f（a^n）+4∑f（a^n-k）+2∑f（a^n-2K）+3∑∑f（a^n-2k-i）+∑f（a^n-3K）+∑∑f（a^n-3K-i）+∑∑f（a^n-3K-2t）+∑∑∑f（a^n-3K-2t-i），其中k≥1，t≥1，i≥1，所有幂指数不能为负。
2025-01-24 09:16:00
1491
原创 数论问题64
xy+1>|x+y|>xy，丨x+y|介于两个相邻整数之间，因此lx+y|作为整数不存在。因为-(xy+1)<|x+y|<-xy，因此lx+y|作为整数也不存在。解:设x，y∈Z满足方程，则x^2+2xy+y^2=(xy)^2+xy。如果x≤-2，则x1=-x-2≥0，y1=-y也满足方程，这是因为。命题1，求方程x^2+xy+y^2=(xy)^2的整数解。因此y=2z，z∈N，且z^3=x^3+3x^2+4x+2。因为，(x+1)^3=x^3+3x^2+3x+1。所以x+1<z<x+2，z为整数不存在。
2025-01-23 05:06:22
185
原创 数论问题63
当x=-1时，方程化为-1=y^4无整数解，最后x=0时，1=y^4，得原方程解为x=0，y=±1。x^3+1<y^2<x^3+2，这样知在两个整数之间不存在整数，即x>0原方程无整数解。解:设x，y∈Z满足方程。当x>0时，(x^3+1)^2=x^6+2x^3+1，当x≤-2时同样导出矛盾，过程如下:x^3+1<0，因为。命题1，求方程x^6+3x^3+1=y^4的整数解。y^4=x^6+3x^3+1，所以。分析:约束y^4的取值范围。
2025-01-23 05:02:27
192
原创 数论问题62
1，所以，(n，j)=1，(n，n+j=1，j=1，2，…并且Q(n)=[n，n+1，n+2，…证明，存在无限多个n∈N，使得Q(n)>Q(n+1)。分析:如K=2时，3，4，5最小公倍数Q(3)=3x4x5，而4，5，6的最小公倍数Q(4)=3x4x5，有Q(3)=Q(4)。，n+k]，即m表数n+1，n+2，…当x=-9，-8，-7，-6，-5，-4，-3，-2，-1，0，1时代入。=2，r=3时，n=3x2-1=5，Q(5)>Q(6)。m(n+k+1)/k不但被k整除，也被(n+k+1)整除。
2025-01-22 03:07:16
211
原创 数论问题61一一各种进位制
通过上例，我们一定能把十进制的任何一个数化为2到9的任何一个进位制的数。做为练习，下面是一个九进位制的数，把它转化为10进制。1276401(九)=1X9^6+2x9^5十7X9^4+6X9^3+4x1x9^2+0x9十1。写出从商1开始，倒数佘0→余1→余1→余0→余1，即101101(2)=45(10)。反过来，45(10)=101101(2)过程如下。如2进位制数101101(2)转化为10进制。25÷2，商22，余1。11÷2，商5，余1。2÷2，商1，余0。②2进位制的表示(口诀:逢2进1)
2025-01-22 02:56:19
825
原创 数论问题60
1，所以，(n，j)=1，(n，n+j=1，j=1，2，…p=2^K+1=2^(2qr)+1分解因式后，有(2^2q+1)因子，所以，2^2q+1整除p，这不可能，因为2^2q+1小于p。分析:如K=2时，3，4，5最小公倍数Q(3)=3x4x5，而4，5，6的最小公倍数Q(4)=3x4x5，有Q(3)=Q(4)。现在设适合φ(2^K)≤φ(2^K+1)的K中只有有限个，也适合φ(2^K+1)≤φ(2^K+2)。如果m为奇数，2^k=p^m-1=(p-1)(p^(m-1)+p^(m-2)+…
2025-01-21 07:19:03
413
原创 数论问题59
b(n)}中最大的，即A(n)=max{b(i)}(1≤i≤n)，那么A(N)是这个数列的上限，因为A(1)≤A(2)≤…=A(m)，m→∞。容易知，a，b，c两两互素，若不然上述三式一定不成立，如(a，b)=d>1，即a与b有公约数d(>1)，d|a，d|bc，若a|(bc+1)成立，必有d|(bc+1)成立，d|bc，→d|1矛盾。并且Q(n)=[n，n+1，n+2，…分析:g(k)的意义:g(1)=1，g(2)=1，g(3)=3，g(4)=1，g(5)=5，g(6)=3，g(2x3x5)=3x5.
2025-01-21 07:11:30
444
原创 数论问题58
容易知，a，b，c两两互素，若不然上述三式一定不成立，如(a，b)=d>1，即a与b有公约数d(>1)，d|a，d|bc，若a|(bc+1)成立，必有d|(bc+1)成立，d|bc，→d|1矛盾。S=ab+bc+ac+1≤(abc)÷5+(abc)÷4+(abc)÷2十1=1+abc-(abc)÷20≤1+abc-40÷20=abc-1<abc，矛盾。分析:为理解题意，写出一个较小三数组尝试一下，如2，3，4，→2x4+1=9=3^2，但2X3+1=7，7不能被4整除，这说明了“仅有一个数组″的论断。
2025-01-19 02:48:50
189
原创 数论问题57
事实上，设集合M含有所有形如a+jd的数，其中a′，j，d∈N是给定的，而j∈+Z(正整数)。注意，(b+c，bc)=1，这是因为如果素数p整除bc，因(b，c)=1，所以b与c恰有一个被p整除，从而b+c不能被p整除。7^K(b+c)不能被3整除，这与7^K(b+c)=3qbc相矛盾。另一方面，因为3d-1不属于M，所以m(3d-1)不属于M，矛盾。其中m∈N，因此如果n不属于M，则对任意m∈N，mn不属于M。有解x，y∈N，记q=(x，y)，x=qb，y=qc，(b，c)=1，且。
2025-01-19 02:48:37
134
原创 数论问题56
因为n为奇数，a+2^(r-q)b为奇数，所以2+q+r=q，不可能。从而2^(q+2)|(a+b)，即2^(q+2)整除(a+b)。另一方面，设x=(2^q)a，y=(2^r)b满足方程，其中q，r∈+Z，a，b为奇数。命题1，证明，如果n∈+Z(正整数)是奇数，则当且仅当n=m(4k-1)时，方程。a=p^uc，b=p^vd，u，ⅴ∈+Z，且u≠ⅴ，其中c，d不能被p整除。1/m(4k-1)=1/km+1/km(4k-1)=4/n，所以方程有解。证明:设n=m(4k-1)，m，K∈+Z，则。
2025-01-19 02:48:19
164
原创 数论问题55
因此，y=2023，→x=-2024。经检验，x=-2024是原方程的整数解。(1+1÷x)^(x+1)=(1十1÷2023)^2023的整数解。如果X≥2023，则x^(X+1)>2023^2023。如果x<-1，记y=-(X+1)，由原方程得，上式两端都是既约分数，因此。解:设整数x满足方程。如果0<X<2023，则。
2025-01-18 01:36:36
362
原创 数论问题54
如(2^5)^3=(2^3)^5=2^15，在q^p素因子分解式中，素因子幂的次数即是p倍数，也是q的倍数，因此是pq的倍数，所以对于任意正整数q，由n^q=q^p，若a为q的素因子，可导出q^p≥a^(pq)，→q≥a^q，由于a≥2，q≤2^q，所以q>1时，q≥a^q不可能成立。若z不是正整数，设z=p/q，x=m/n，p，q，m，n都是正整数，(p，q)=(m，n)=1。由(p，q)=(m，n)=1，可知，q^p|n^q，n^q|q^p。命题1，求x^(x+y)=(x+y)^y的正整数解。
2025-01-18 01:32:59
363
原创 数论问题53一一颠覆性筛法
在36个数中，筛去了27个合数，留下了1和8个素数1，7，11，13，17，19，23，29，31。，(p^2，2n - p^2)}中，n为任意正整数，p为正整数，p^2不超过2n的最大整数，那么集合C中至少有[p/4]个（素数，素数）的元素。3，2连续的p - 1个数做为筛码，由大到小筛除能被它们整除的数，每一个筛码最多筛除p个数，即(p - 1)个筛码最多筛去p(p - 1)个数，至少留下p个素数，算式表示为。，(p^2，p ^2+ 2)}中，至少有[p/2]个（素数，素数）的元素。
2025-01-17 06:57:15
555
原创 数论问题52
如(2^5)^3=(2^3)^5=2^15，在q^p素因子分解式中，素因子幂的次数即是p倍数，也是q的倍数，因此是pq的倍数，所以对于任意正整数q，由n^q=q^p，若a为q的素因子，可导出q^p≥a^(pq)，→q≥a^q，由于a≥2，q≤2^q，所以q>1时，q≥a^q不可能成立。若z不是正整数，设z=p/q，x=m/n，p，q，m，n都是正整数，(p，q)=(m，n)=1。由(p，q)=(m，n)=1，可知，q^p|n^q，n^q|q^p。命题1，求x^(x+y)=(x+y)^y的正整数解。
2025-01-17 06:55:53
156
原创 数论问题51
(K，y)=(k，3ak^2m-bm^3)=(k，bm^3)=1，又因为a与b互质，记(a，b)=1，(m，k)=1，所以a与b中至少有一个不能被3整除，不妨设b不能被3整除，m，k中至少有一个不能被3整除，不妨设m不能被3↗整除。证明:设x=ak^3-3bkm^2，y=3ak^2m-bm^3，z=ak^3+bm^2，其中k，m为整数，满足方程ax^2+by^2=z^3。所以，x=ak^3-3bkm^2，y=3ak^2m-bm^3，z=ak^3+bm^2，满足(x，y)=1，且使方程有无限多个整数解。
2025-01-17 06:55:40
252
原创 数论问题50
记y=x+1≥2，则有(y-1)^n+y^n=(y+1)^n。命题1，证明，对于任意n>2，n∈N，方程x^n+(x+1)^n=(x+2)^n没有自然数解。0=2ny(mody^3)，有2ny≥y^3→2n>y^2。0=(y+1)^n-(y-1)^n-y^n=2ny(mody^3)，即。当n奇数时，0=2(mody)，矛盾。(y-1)^n+y^n=(y+1)^n两边除以y^n，得。(y-1)^n+y^n=(y+1)^n无解。又由贝努利不等式定理，结合2n≥y^2，n(n-1)/3y^2±ny+1，所以。
2025-01-16 02:27:28
171
原创 数论问题49
注:这命题约束了x≤n，x≤n，才使方程x^n+y^n=z^n没有非零整数解。对于任意正整数n>2，方程x^n+y^n=z^n没有非零整数解，即费马猜想。证明:假设x，y，z是正整数满足n>1时的方程，且x≤n，y≤n。这对于任意正整数y，z是不可能的，因为在两个相邻的整数之。命题1，求证:对任意大于1的正整数n，方程。>y^n+x^n=z^n>y^n，因此，没有适合条件x≤n，y≤n的自然数解。
2025-01-16 02:23:51
136
原创 数论问题48
这样x，y，z都用了参数m来表示，当m=2，3，4，…命题1，证明，方程x-y+z=1具有无限多个正整数解(x，y，z)，其中x，y，z两两不同，且任意两个之积都被第三个整除。把x，y，z代入原方程，有mk-nk+nm=1，→k(n-m)=nm-1。因此，yz=xa，xz=yb,xy=zc，a，b，c∈正整数。n-m=1，那么，k=m(m+1)-1=m^2+m-1。m=2，x=10，y=15，z=6，满足方程。由于xyz≠0，所以，如果令n=√a，m=√b，k=√c，那么，(如m=1，x=1，y=z=2；
2025-01-15 01:38:10
201
原创 数论问题47
0≤c-aX≤(a-1)b，及已知c≥(a-1)(b-1)可知，ax≥(a-1)(b-1)-(a-1)b=(a-1)(b-1-b)=1-a>-a。即x>-1，因此，x，y为非负整数是原方程的解。命题1，证明，对任意正整数a，b，c，(a，b)=1，且c≥(a-1)(b-1)，方程c=ax+by有非负整数解。由c=ax+by，令n=by=c-ax。可知n被b整除，n被a除余c，所以0≤n<ab。分析与证明:(a，b)=1表示a与b最大公约数为1，即a与b互质。
2025-01-15 01:37:38
418
原创 数论问题46
当x=-1时，方程化为-1=y^4无整数解，最后x=0时，1=y^4，得原方程解为x=0，y=±1。x^3+1<y^2<x^3+2，这样知在两个整数之间不存在整数，即x>0原方程无整数解。解:设x，y∈Z满足方程。当x>0时，(x^3+1)^2=x^6+2x^3+1，当x≤-2时同样导出矛盾，过程如下:x^3+1<0，因为。命题1，求方程x^6+3x^3+1=y^4的整数解。y^4=x^6+3x^3+1，所以。分析:约束y^4的取值范围。
2025-01-14 03:10:31
298
原创 数论问题45一一素数
元素的性质是，两个相邻的元素中，只有一个元素被2整除，任意连续的p(p>2)个元素中，能被p整除的元素只有二个(元素被p整除，指元素中至少有一个数能被p整除)，若用φ(n)表示n个连续的元素与n互质的元素个数(与n互质的元素，指元素中的两个数都与n互质)。如φ(10)=4，10以内正整数{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}，与10互质的数为{1，3，7，9}。从(-1，1)，(5，7)，(11，13)，(17，19)，(23，25)中筛除会5因子元素，剩。
2025-01-14 03:06:22
1808
原创 数论问题44
因此，如果还存在某个非零的有理数解x1=m/n，y1=J/K，z1=p/q满足方程，其中m，J，p为整数，n，K，q为正整数，那么，非零的整数解x2=x1r，y2=y1r，z2=z1r，r=nkq也满足方程，并且设x2，y2，z2的最大公约数为1。因此设x=3m，y=3n，z=3K，m，n，K∈Z，得m^2+n^2=3k^2，x>m，y>n，z>k，这是第一次递降，这样无限递降下去，导致x→0，y→0，z→0。方程3a^3+9b^3+z^3-9abz=0，可知3|z^3→3丨z，所以，(x，y，z)=3。
2025-01-13 04:31:55
438
原创 数论问题43
一个数为完全平方数的特征:0^2=0，1^2=2，2^2=4，3^2=9，4^2=16，5^2=25，6^2=36，7^2=49，8^2=64，…25a^2-5b±3中25a^2-5b=5(5a^2-b)的尾数无论a，b为何整数，都是0，5，这样0±3，5±3计算的结果都不会出现0，1，4，5，6，9中任何一个。当x<0时，因为负数x^5的绝对值随x增大而增大很快，x不可能取值很小值，2^5=32，3^5=243，-3^5-3p+q<0，注意q≤100，所以，-3<x<0。因为p，q∈{1，2，…
2025-01-13 04:18:19
354
原创 数论问题42
n\n8^n+17=64^K+17，17=3X6-1被3除余-1，64^K=(63+1)^K被3除余1，所以，64^K+17能被3整除。\n\n当n=2K时，19*8^n+17=3a，a∈N。\n\n有公式，当n为奇数时，a^n+b^n \n\n=(a+b)[a^(n-1) - a^(n-2) *b -... -a*b^(n-2)+b^(n-1)]。对于任意大的素数p，要把m/n=1十1/2+1/3+1/4+...+1/(p-1)化简为整式，需要技巧，这个技巧从p取较小数中寻找，排列m/n=1十1/2，
2025-01-12 13:26:12
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原创 数论问题41
我们证明d的倍数a(i)+d，或a(i)-d至少有一个属于集合{a(1)，a(2)，…，a(n)}，倘若不然，则a(i)+d>a(n)，a(i)-d<a(1)，由此得到，i+d≥n+1，i-d<1，从而2d>n。于是a(i)与a(i)+d(或a(i)-d)即为所求，因为乘积a(i)(a(i)±d)被dq(=mn)整除。则由m<n≤a(n)-a(1)+1可知，在这n个连续的整数中必有n的倍数a(i)和m的倍数a(j)。现考虑i=j的情况，记m，n的公约数d=(m，n)，m，n的最小公倍数q=[m，n]。
2025-01-12 00:17:45
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空空如也
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