从同事那里借来了一本单墫教授主编的《初等数论》奥数书，看到很多精彩的问题，在这里做个笔记，与大家一同分享。不少问题和答案都有过重新叙述，个别问题有所改动。

 
问题：找出所有使得 2ⁿ – 1 能被 7 整除的正整数 n 。

答案：由于 2ⁿ 的二进制表达为 1000…00 （n 个 0），因此 2ⁿ – 1 的二进制表达为 111…11 （n 个 1）。而 7 的二进制表达是 111 ，要想让它整除 n 个 1 ，显然 n 必须是也只能是 3 的倍数。

问题：是否存在 100 个数，使得它们的和等于它们的最小公倍数？

答案：是的。考虑 3, 2 × 3, 2 × 3² , 2 × 3³, …, 2 × 3⁹⁸, 3⁹⁹ ，它们的和为：

     3 + 2 × 3 + 2 × 3² + 2 × 3³ + … + 2 × 3⁹⁸ + 3⁹⁹
  = 3 × (1 + 2) + 2 × 3² + 2 × 3³ + … + 2 × 3⁹⁸ + 3⁹⁹
  = 3² + 2 × 3² + 2 × 3³ + … + 2 × 3⁹⁸ + 3⁹⁹
  = 3² × (1 + 2) + 2 × 3³ + … + 2 × 3⁹⁸ + 3⁹⁹
  = 3³ + 2 × 3³ + … + 2 × 3⁹⁸ + 3⁹⁹
  = … …
  = 3⁹⁹ + 3⁹⁹
  = 2 × 3⁹⁹

而这 100 个数的最小公倍数正是 2 × 3⁹⁹ 。

 
问题：能否找出 100 个不同的正整数，使得其中任意 2 ≤ k ≤ 100 个数的算术平均数都恰为整数。

答案：能。这个问题非常唬人，它的答案异常简单： 1 · 100!, 2 · 100!, 3 · 100!, …, 100 · 100! 显然满足要求。

 
问题：求证，存在任意长的连续正整数，使得其中任何一个数都不是质数的幂（当然更不能是质数）。

答案。有一个经典的问题是，求证存在任意长的连续正整数，它里面不包含任何质数。换句话说，相邻质数的间隔可以达到任意大。构造的方法堪称经典。显然 n! + 2 是 2 的倍数（因为我们可以提出一个 2 来）， n! + 3 是 3 的倍数，等等。因此， n! + 2, n! + 3, n! + 4, …, n! + n 就是 n – 1 个连续的正整数，其中任意一个数都不是质数。由于 n 可以任意大，因此这个数列可以任意长。

现在，我们要证明的是一个更强的结论。我们可以把刚才的构造方案简单地修改一下。只需要考虑 (n!)² + 2, (n!)² + 3, (n!)² + 4, …, (n!)² + n ，则其中每一个数都不是质数的幂。比如说 (n!)² + 5 ，显然它是 5 的倍数，因为我们可以提出一个 5 来；然而提出一个 5 之后将会得到 5 · (1² · 2² · 3² · 4² · 5 · 6² · … · n² + 1) ，括号里的数显然不再是 5 的倍数，它除以 5 余 1 。

利用中国剩余定理，我们还能给出另一种非常巧妙的构造方案，它能找出 n 个不含质数幂的连续正整数数列，其中 n 可以任意大。我们只需要保证，每个数都含有至少两个不同的质因数即可。取 2n 个不同的质数 p₁, p₂, …, p_n, q₁, q₂, …, q_n ，显然 p₁ · q₁, p₂ · q₂, …, p_n · q_n 是两两互质的 n 个数。由中国剩余定理，我们能找到一个正整数 M ，使得 M 除以 p₁ · q₁ 余 1 ，并且 M 除以 p₂ · q₂ 余 2 ，并且 M 除以 p₃ · q₃ 余 3 ，一直到 M 除以 p_n · q_n 余 n 。于是， M – 1, M – 2, M – 3, …, M – n 就是 n 个连续的正整数，其中每一个都含有两个不同的质因数。

 
问题：求证，对于任意大的 n ，我们都能够找出 n 个两两互质的数，使得任意 2 ≤ k ≤ n 个数之和都不是质数

答案：如果只要求任意多个数之和都不是质数，这很好办：让所有数都是某个数的倍数即可。但是，如果这些数必须两两互质，同样的要求还能办到吗？可以的。考虑 n! + 1, 2 · (n!) + 1, 3 · (n!) + 1, …, n · (n!) + 1 这 n 个数，显然任意 k 个数之和都是 k 的倍数，因而不是质数。下面说明这 n 个数两两互质。假设 i · (n!) + 1 和 j · (n!) + 1 有公共的质因数 p ，其中 1 ≤ i < j ≤ n ，那么它们的差 (j - i) · (n!) 也能被 p 整除，说明 p 只能是不超过 n 的质数。这与 p 能整除 i · (n!) + 1 矛盾。   问题：证明，对于任意正整数 n ，方程 x² + y² = zⁿ 都有无穷多组正整数解。

答案：考虑 x + yi = (a + bi)ⁿ ，其中 i 为虚数单位。对于每一个固定的 n ，只要 a 和 b 都是整数，那么展开后得到的 x 和 y 也都一定是整数。我们选取充分大的 a ，让 a + bi 的辐角非常小非常小（小于 π/2 的 n 分之一），从而让 (a + bi)ⁿ 不会与坐标轴重合，因而保证 x 和 y 都是非零整数。等式两边同时取模，便有 x² + y² = (a² + b²)ⁿ

 
问题：我们把平面直角坐标系上所有横纵坐标互质的整格点（也就是和原点的连线不经过其他点的整格点）叫做“既约格点”。证明，对于任意大的正整数 n ，总存在一个整格点，它到任意既约格点的距离都大于 n （换句话说，既约格点集的“空洞”可以达到任意大）。

答案：列一张 (2n + 1) × (2n + 1) 的表，每个格子里面填写一个不同的质数（由于质数无穷多，这是总可以办到的）。现在，找出这样的一个 a ，它除以第 i 行的质数总是余 i （其中 – n ≤ i ≤ n ）。找出这样的一个 b ，它除以第 j 列的质数总是余 j （其中 -n ≤ j ≤ n）。中国剩余定理保证了这样的 a 和 b 是存在的。下面说明，点 (a, b) 满足要求。

  

假如 (a, b) 到 (x, y) 的距离不超过 n ，则 (a – x)² + (b – y)² ≤ n² 。因而， a – x 和 b – y 都必须在 – n 到 n 的范围内。把 a – x 的值记作 i ，把 b – y 的值记作 j ，那么 x 就等于 a – i ， y 就等于 b – j ，由 a 、 b 的构造可知， x 和 y 都是表格中第 i 行第 j 列的那个质数的倍数，故 (x, y) 不是既约格点。

 
问题：找出所有这样的正整数序列 (a₁, a₂, …, a_n) ，它们的和为 2n ，但我们无法把它们分成和相等的两组。

答案：考虑 a₁, a₂, a₁ + a₂, a₁ + a₂ + a₃, …, a₁ + a₂ + a₃ + … + a_n ，除了 a₁ 和 a₂ 以外，这些数除以 n 的余数不允许相等，否则它们的差就是 n 的倍数，我们就找到了和为 n 的子集。然而，上面一共有 n + 1 个数，它们除以 n 的余数必然有相等的，因而一定是 a₁ 和 a₂ 除以 n 的余数相等。类似地， a₂ 和 a₃ 除以 n 的余数也相等， a₃ 和 a₄ 除以 n 的余数也相等，因而事实上从 a₁ 到 a_n 所有的数除以 n 的余数都是相等的。

但是这 n 个数加起来只有 2n ，可见所有的数除以 n 的余数只可能都是 1 或者都是 2 。于是我们得到了所有满足要求的数列： (1, 1, 1, …, 1, n + 1) ，以及 (2, 2, 2, …, 2) 。其中后者要求 n 为奇数。

 
问题：证明，存在无穷多个正整数三元组 (a, b, c) ，使得 a² + b² 、 b² + c² 、 a² + c² 都是完全平方数。

答案：任取一组勾股数 (x, y, z) ，令 a = x|4y² – z²| ， b = y|4x² – z²|， c = 4xyz 。于是，

  a² + b² = x²(3y² – x²)² + y²(3x² – y²)²
             = x⁶ + 3x²y⁴ + 3x⁴y² + y⁶
             =(x² + y²)³ = (z³)²
  a² + c² = x²(4y² + z²)²
  b² + c² = y²(4x² + z²)²

从而 a 、 b 、 c 满足要求。由于勾股数有无穷多组，因此满足要求的 (a, b, c) 也有无穷多组。

这相当于给出了 Euler 砖块（所有棱长和所有面对角线都是整数的长方体）的一种构造解。当 (x, y, z) = (3, 4, 5) 时，我们将得到棱长分别为 117 、 44 、 240 的 Euler 砖块，这就是最小的 Euler 砖块，它是由 Paul Halcke 在 1719 年发现的。

大家或许会想，有没有什么长方体，不但所有棱长和所有面对角线都是整数，连体对角线也是整数呢？这样的长方体就叫做完美长方体。有趣的是，虽然 Euler 砖块有无穷多种，但是人们目前还没有找到哪怕一个完美长方体。完美长方体究竟是否存在，目前仍然是一个未解之谜。

 
问题：证明，若正整数 a 和 b 互质，则 [b / a] + [2b / a] + [3b / a] + … + [(a – 1) b / a] = (a – 1)(b – 1) / 2 。其中， [n] 是 n 的整数部分，即对 n 取下整。

答案：我们先举一个例子来说明这个问题的复杂性。数列 [b / a], [2b / a], [3b / a], …, [(a – 1) b / a] 的规律并不一定非常明确。例如，当 a = 17 且 b = 12 时， [12 / 17], [2 · 12 / 17], [3 · 12 / 17], … [16 · 12 / 17] 分别为 0, 1, 2, 2, 3, 4, 4, 5, 6, 7, 7, 8, 9, 9, 10, 11 ，但这 16 个数之和为 88 ，正好是 16 和 11 乘积的一半。

  

结论的证明很有意思。在平面直角坐标系的第一象限摆放一个宽为 a ，高为 b 的矩形。则 [k · b / a] 就是图中第 k 条红色竖直线上的整格点数目，所有 [k · b / a] 之和也就是阴影三角形内的整格点总数。然而由于 a 和 b 互质，矩形的对角线不会经过矩形内部的任何格点，因此阴影三角形内的整格点数就应该是矩形内的整格点数的一半，即 (a – 1)(b – 1) / 2。

 
问题：若正无理数 α 和 β 满足 1 / α + 1 / β = 1 ，求证数列 [1 · α], [2 · α], [3 · α], … 和 [1 · β], [2 · β], [3 · β], … 既无重复又无遗漏地包含了所有的正整数。这里 [ ] 同样是取下整的意思。

答案：让我们先来看一个例子吧。考虑黄金比例 φ = (√5 + 1) / 2 ≈ 1.618 ，我们有 1 / φ + 1 / (φ + 1) = 1 。数列 [1 · φ], [2 · φ], [3 · φ], … 为 1, 3, 4, 6, 8, 9, 11, 12, 14, 16, 17, … ，而数列 [1 · (φ + 1)], [2 · (φ + 1)], [3 · (φ + 1)], … 则为 2, 5, 7, 10, 13, 15, 18, 20, 23, 26, … 。你会发现，前一个数列里没有的数，正好都在后一个数列里，而后一个数列里没有的数，前一个数列里正好都有。两个数列合在一起，就是整个正整数序列。

这个定理叫做 Beatty-Rayleigh 定理，它有很多种证明，其中两种证明参见 Wikipedia 。这里给出一种我非常喜欢的证明，它出自 Using your Head is Permitted 。

首先注意到，如果 x 和 y 都不是整数，那么 [x] 严格地小于 x ，[y] 严格地小于 y ，从而 [x] + [y] < x + y 。另外，[x] 一定严格地大于 x – 1 ， [y] 一定严格地大于 y – 1 ，从而 [x] + [y] 一定严格地大于 x + y – 2。这说明，当 x 和 y 都不是整数时， [x] + [y] 将介于 x + y – 2 和 x + y 之间。

回到原问题。显然，在第一个数列中，小于 n 的正整数有 [n / α] 个。显然，在第二个数列中，小于 n 的正整数有 [n / β] 个。因此，在这两个数列中，小于 n 的正整数共有 [n / α] + [n / β] 个。由于 α 和 β 都是无理数，因此 n / α 和 n / β 不可能为整数，由刚才的结论， [n / α] + [n / β] 一定介于 n / α + n / β – 2 和 n / α + n / β 之间，即 n – 2 和 n 之间。但是， [n / α] + [n / β] 是个整数，因而它精确地等于 n – 1 。

这说明，前 n – 1 个正整数在两个数列中一共出现了 n – 1 次，这对于所有 n 都成立。于是，正整数 1 必须且只能出现在其中一个数列中，正整数 2 必须且只能出现在其中一个数列中，以此类推，每一个新的正整数都必须且只能出现在其中一个数列中。

这种取整函数的处理技巧也可以用到上一个问题里：对上一个问题里的数头尾配对，你会发现每一对数之和都是 b – 1 。

 
问题：把 10, 100, 1000, 10000, … 分别写成二进制数和五进制数：

  原数列：10, 100, 1000, 10000, 10000, …
  二进制：1010, 1100100, 1111101000, 10011100010000, …
  五进制：20, 400, 13000, 310000, 11200000, …

你会发现，对于任意正整数 n > 1 ，后两个数列里恰好有一个数是 n 位数。这是为什么？

答案：这是 Beatty-Rayleigh 定理的一个非常漂亮的直接推论。 10^k 的二进制表达恰好有 [log₂10^k] + 1 位，即 [k · log₂10] + 1 位。10^k 的五进制表达恰好有 [log₅10^k] + 1 位，即 [k · log₅10] + 1 位。我们只需要证明，数列 [1 · log₂10], [2 · log₂10], [3 · log₂10], … 和 [1 · log₅10], [2 · log₅10], [3 · log₅10], … 既无重复又无遗漏地包含了所有正整数。注意到 log₂10 和 log₅10 是两个倒数和为 1 的无理数，用一下 Beatty-Rayleigh 定理就出来了。

 
如果你喜欢这些问题，这里还有另一个类似的小合集：http://www.matrix67.com/blog/archives/3172