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1、几个精彩的数论问题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+…+2×3
2、98+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
3、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
4、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,…,pn,q1,q2,…,qn，显然p1·q1,p2·q2,…,pn·qn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pn·q
5、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≤i6、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，
7、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
