《谢尔宾斯基的初等数论问题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《谢尔宾斯基的初等数论问题（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、波兰数学家Wac?aw Sierpi ski 对数论有很多研究。在他一生出版的50 多本书里， 250 Problems of Elementary Number Theory 一书显得格外有趣。这里面不但有各种出人意料的数学事实，还有很多精妙的证明和大胆的构造，让人大呼过瘾。我从中选择了一些问题， 在这里和大家一块儿分享。 下面的文字没有完全照搬书中的内容， 而是做了大量的改动和扩展；若有出错的地方， 还请大家指正。找出所有的正整数n ，使得n2 + 1 能被 n + 1 整除。满足要求的解只有一个：n = 1 。原因很简单：如果n2 + 1 = n(n + 1) (n 1) 是 n + 1
2、 的整倍数，那么 n 1 也必须是n + 1 的整倍数，这只有一种可能性，即 n 1 = 0 。证明：对于任意大于6 的偶数n ，我们都能找到两个质数p 和 q ，使得n p 和 n q 互质。不管 n 是多少，令 p = 3, q = 5 即可。这样一来，n p 和 n q 就是两个相邻的奇数，它们必然互质。找出所有公差为100 的等差数列，使得里面的所有项都是质数。满足要求的等差数列不存在。这是因为，在p, p + 100, p + 200 这三个数当中，至少有一个数能被3 整除，因而p 只能等于3 。此时， p + 200 = 3 + 200 = 203 = 7 29 ，这就说明满足要求
3、的等差数列不存在。找出所有这样的质数，它既能表示成两个质数之和，也能表示成两个质数之差。满足要求的数只有5 ，它可以表示成3 + 2 和 7 2 。下面我们证明，这个问题没有别的解了。 如果质数 r 能表示成两个质数之和， 那么显然r 2 ，因而 r 只能是奇数。两个质数之和是一个奇数，则其中一个质数一定是2 ；两个质数之差是一个奇数，则其中一个质数也一定是2 。因此， r 只有可能被表示成p + 2 和 q 2 ，其中 p 和 q 都是质数。这说明，p, r, q 是三个连续奇数。三个连续奇数当中，必然有一个能被3 整除。如果它们都是质数，那么一定有一个数就是3 。因此，(p, r, q)
4、= (3, 5, 7) 是唯一的可能。33 = 3 11 ， 34 = 2 17 ， 35 = 5 7 。它们组成了三个连续的正整数，其中每个数都是两个不同的质数之积。是否存在四个连续的正整数，使得每个数都是两个不同的质数之积？不存在。任意四个连续的正整数中，一定有一个能被4 整除，它显然不是两个不同的质数之积。证明：方程xy + x + y = 232存在正整数解。原方程相当于xy + x + y + 1 = 232 + 1 ，即 (x + 1) (y + 1) = 225 + 1 ，而后者是 n = 5 时的 Fermat 数，众所周知， 它是能被分解成两个大于1 的整数之积的。证明：方程
5、x2 + y2 + 1 = z2有无穷多组正整数解。对于任意正整数n ， (2n)2 + (2n2)2 + 1 = (2n2 + 1)2都成立。证明：对于任意一个无限小数（不一定是无限循环小数），我们都能找到一个任意长的数字串，使得它会在这个无限小数的小数展开当中出现无穷多次。令 m 为任意大的正整数。把小数点后的数字每m 位分成一组，从而得到无穷多个 m 位数字串。由于不同的m 位数字串只有10m种，因而必然有一种数字串会出现无穷多次。证明：对于任意正整数m ，总存在一个关于x 和 y 的整系数方程ax + by = c ，使得方程恰好有m 个正整数解。不管 m 是多少，令c = m + 1
6、 ，则方程 x + y = c 满足要求。这个方程显然有且仅有 m 个解，它们分别是(1, m), (2, m 1), , (m, 1) 。证明：对于任意正整数m 、 n ，总存在一个关于x 和 y 的整系数方程ax + by = c ，使得 x = m, y = n 是方程的唯一正整数解。令 a 和 b 为两个不同的大于m + n 的质数，令 c = am + bn ， 则方程 ax + by = c 满足要求。为什么呢？不管是x m, y n ，还是 x m, y n ，都会使得 ax + by am + bn = c 。 所以，如果方程有不同的正整数解， 则要么 x 1 ，那么 x 显然
7、都不能整除 y ；同时，我们有 xx = (2k)2k = 2k 2k， 并且 yy = (2p)2p= 22p p2p，由于 2p k 2k，因而 xx能够整除yy。证明：对于任意正整数n ，我们都能找到一个适当的正整数x ，使得序列x + 1, xx + 1, xxx+ 1, 里的所有数都能被n 整除。很简单， x = 2n 1 就满足要求。由于x 是一个奇数，而奇数的奇数次方一定还是奇数，因而序列x, xx, xxx, 里的所有数都是奇数。另外再注意到，对于任意一个奇数m 来说， am + 1 都能被 a + 1 整除。 因此，序列 x + 1, xx + 1, xxx + 1, 里的所
8、有数都能被2n = x + 1 整除，它们自然也就都能被n 整除了。为什么对于任意一个奇数m 来说， am + 1 都能被 a + 1 整除呢？由于a = -1 是方程 am + 1 = 0 的一个解，因而多项式am + 1 一定能被分解成(a + 1)( ) 的样子，这就说明了am + 1 能被 a + 1 整除。在下一题中，我们还会用到这个结论。类似地，对于任意一个正整数m 来说， am 1 都能被 a 1 整除。由于a = 1 是方程 am 1 = 0 的一个解，因而多项式am 1 一定能被分解成(a 1)( ) 的样子，这就说明了am 1 能被 a 1 整除。在再下一题中，我们会用到这
9、个结论。证明：存在无穷多个正整数n ，使得 2n + 1 能被 n 整除。首先， 23 + 1 能被 3 整除。另外，如果2n + 1 能被 n 整除，那么22n + 1+ 1 一定能被2n + 1 整除。这是为什么呢？不妨假设2n + 1 = n k 。考虑到 2n + 1 是奇数，因而 k 也一定是奇数。 根据上题使用过的结论，(2n)k + 1 就能被 2n + 1 整除，即 2n k + 1 = 22n + 1 + 1 能被 2n + 1 整除。综合上面两条便可得到，存在无穷多个满足要求的n 。大家可能会想，那么，有多少个正整数n ，使得 2n 1 能被 n 整除呢？答案是，只有一个满
10、足要求的解，即n = 1 。证明比较复杂，这里略去。人们已经知道了，质数有无穷多个。一个经典的结论是，相邻质数之间的间隔也可以达到任意大，或者说存在任意长的连续正整数，使得里面的所有数都是合数。例如，n! + 2, n! + 3, , n! + n 就是连续n 1 个正整数，由于它们分别能被 2, 3, , n 整除， 因而它们都是合数。 Mersenne 质数是形如2n 1 的质数，例如3, 7, 31, 127 等等。目前人们还不知道，Mersenne 质数是否有无穷多个。一个有意思的问题是，在所有形如2n 1 的数里面，相邻的Mersenne 质数之间的间隔也能达到任意大吗？换句话说，在
11、数列1, 3, 7, 15, 31, 中，是否存在任意长的连续项，使得里面的所有数都是合数？我们首先证明，如果b 能被 a 整除，那么2b 1 也一定能被2a 1 整除。不妨假设b = a k ，于是 2b 1 = (2a)k 1 ，根据上上题末尾引申的结论，它能被 2a 1 整除。证明这件事情还有一个有趣的方法。2b 1 的二进制表达就是 b 个数字 1 相连， 2a 1 的二进制表达就是a 个数字 1 相连，如果 b 能被 a 整除的话，让这两个数在二进制的世界里做除法，显然能够除尽，比如111111 除以 11 就等于 10101 。因此， 2n! + 2 1, 2n! + 31, ,
12、2n! + n 1 分别能被22 1, 231, , 2n 1 整除，因而在所有形如2n 1 的数里面，相邻的 Mersenne 质数之间的间隔能达到任意大。 存在任意长的并且全是合数的连续正整数 真的是一个很经典的结论，除了可以平行地扩展到其他的场合， 其本身也还有很多加强版。 下面这个可以算是我所见过的最终极的加强版了。 证明：对于任意的正整数n 和 s ，我们都能找到任意长的连续正整数，使得对于这里面的每一个数来说，它里面都含有至少n 个不同的质因数，其中的每个质因数都出现了至少s 次。下面，我们就来构造一段满足要求的并且长度为m 的连续正整数，其中m 是任意大的正整数。假设p1, p2
13、, , pmn是 mn 个不同的质数。令a1为前 n 个质数的 s 次方之积，即a1 = p1s p 2s pns。类似地，令 a2为下 n 个质数的s 次方之积，令a3为再下 n 个质数的s 次方之积，以此类推，一直到令am为最后 n 个质数的s 次方之积。显然， a1, a2, , am两两互质。根据中国剩余定理，我们能够找到一个x ，使得 x 除以 a1余 a1 1 ，并且 x 除以 a2余 a2 2 ，等等，一直到x 除以am余 am m 。于是，x + 1, x + 2, , x + m 分别能被a1, a2, , am整除，这m 个连续正整数就满足要求了。证明：存在无穷多组不同的正
14、整数x 、 y 、 z ，使得 x(x + 1), y(y + 1), z(z + 1) 构成等差数列。令 y = 5x + 2 ， z = 7x + 3 ，于是我们有x(x + 1) = x2 + x y(y + 1) = 25x2 + 25x + 6 z(z + 1) = 49x2 + 49x + 12 它们构成了一个公差为24x2 + 24x + 6 的等差数列。有趣的是，如果进一步问，是否能让x(x + 1), y(y + 1), z(z + 1), w(w + 1) 构成一个等差数列，答案就是否定的了。这个证明比较复杂，这里略去。给出一个无限长的递增等差数列，使得里面的所有项都不能表
15、示为两个质数之和。数列 11, 17, 23, 29, 即符合要求。这些数都是形如6k + 5 的数。如果6k + 5 = p + q ，考虑到6k + 5 是一个奇数，因而p 和 q 必然有一个是偶数。无妨假设 p 是偶数，如果它又是质数的话，那么p = 2 。于是，q = 6k + 3 将会成为 3 的倍数。借助这个思路， 我们还能构造一个无限长的递增等差数列，使得里面的所有项都既不能表示为两个质数之和， 也不能表示为两个质数之差。 例如， 数列 37, 67, 97, 127, 即符合要求。这些数都是形如30k + 7 的数。如果30k + 7 = p + q ，考虑到 30k + 7
16、是一个奇数， 因而 p 和 q 必然有一个是偶数。 无妨假设p 是偶数，如果它又是质数的话，那么p = 2 。于是， q = 30k + 5 将会成为5 的倍数。类似地，如果30k + 7 = p q ，那么 q 必然等于2 ，于是 p = 30k + 9 将会成为3 的倍数。给出一个无限长的递增等差数列，使得里面不含任何一个Fibonacci 数。数列 4, 12, 20, 28, 36, 符合要求。这些数都是除以8 余 4 的数，而我们一会儿将会看到， 任何一个Fibonacci 数除以 8 都不可能余4 。为了计算a + b 除以 8 的余数，我们可以把a 替换成它除以8 的余数，把b 也替换成它除以 8 的余数，再计算两者相加除以8 的余数
