谢尔宾斯基的初等数论问题.docx
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谢尔宾斯基的初等数论问题
波兰数学家WacławSierpiński对数论有很多研究。
在他一生出版的50多本书里,250ProblemsofElementaryNumberTheory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)=(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,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 如果x 注意到by=c–ax=am+bn–ax=a(m–x)+bn,其中by是b的倍数,bn是b的倍数,因而a(m–x)也是b的倍数;但a和b是两个不同的质数,于是a(m–x)是b的倍数就意味着m–x是b的倍数。 但这是不可能的,因为m–x 用类似的方法可以说明,y 给出一个多项式f(x),它可以被分解成两个因式的乘积,但却存在100个不同的正整数,使得每一个数代入f(x)后,得到的值都是一个质数。 假设p1,p2,…,p100 是100个不同的质数,则多项式 f(x)=[(x–p1)(x–p2)…(x–p100)+1]·x 显然满足要求。 当x取p1,p2,…,p100 时,f(x)的值分别为p1,p2,…,p100 ,它们都是质数。 如果f(x)是一个整系数多项式,那么f(x)=0有整数解,就意味着对于所有的质数p,f(x)=0(modp)也都有整数解。 这个命题反过来成立吗? 如果某个整系数多项式f(x)满足,对于所有的质数p,f(x)=0(modp)都有整数解,那么f(x)=0也一定有整数解吗? 这里,f(x)=0(modp)的意思是,如果只看f(x)除以p的余数,则在这个意义下它等于0。 4x+2=0显然没有整数解,但对于任意质数p,4x+2=0(modp)都有整数解。 当p=2时,任何x都是一个解;当p为其他质数时,p必然具有2k+1的形式,此时x=k即为一个解。 有人宣称,任意给定一个正整数,如果它不是质数,那么最多改动其中一个数字,就能把它变成质数。 这个说法对吗? 这个说法是错误的。 200不是一个质数。 为了让它变成一个质数,你必须要把末位的0改成某个奇数。 然而,201,203,205,207,209都不是质数。 事实上,我们可以证明,像这样的反例有无穷多个,例如所有形如2310k–210的数都可以用作反例。 为了让它变成一个质数,你必须要把末位的0改成某个奇数,然而: ∙2310k–210+1=2310k–209=11·(210k–19) ∙2310k–210+3=2310k–207=3·(770k–69) ∙2310k–210+5=2310k–205=5·(462k–41) ∙2310k–210+7=2310k–203=7·(330k–29) ∙2310k–210+9=2310k–201=3·(770k–67) 证明: 存在任意大的正整数x、y,使得x不能整除y,但xx 能整除yy 。 选取一个任意大的正整数k,再选取一个大于k·2k–1 的质数p。 令x=2k ,令y=2p,则x和y满足要求。 这是因为只要k>1,那么x显然都不能整除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! +3 –1,…,2n! +n –1分别能被22 –1,23 –1,…,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,…,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·p2s ·…·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的余数即可。 例如,23除以8的余数是7,67除以8的余数是3,因而23+67除以8的余数就等于7+3除以8的余数,也就是2。 根据这个原理,我们很容易算出Fibonacci数列各项除以8的余数: 1,1,2,3,5,0,5,5,2,7,1,0,1,1,… 第13项和第14项除以8的余数又变回了1和1,而下一项除以8的余数完全取决于前两项除以8的余数,因而后面所有Fibonacci数除以8的余数就会发生循环。 这就说明了,一个Fibonacci数除以8的余数只可能是0,1,2,3,5,7,不可能是4。 因此,由所有除以8余4的数构成的等差数列里,一定不会含有任何一个Fibonacci数。 用类似的方法可以说明,对于所有小于8的正整数m,Fibonacci数除以m的余数都可以取遍0,1,2,…,m–1所有的可能。 因而,如果一个无限长的递增等差数列不含任何一个Fibonacci数,它的公差至少是8。 证明: 对于任意一个无限长的递增等差数列,我们都能找出任意长的一段连续项,使得它们都是合数。 假设这个等差数列是a+b,2a+b,3a+b,…。 假设n是一个足够大的正整数。 任取n个大于a的质数p1,p2,…,pn 。 容易看出,a,p12,p22,…,pn2 两两互质。 根据中国剩余定理,存在一个整数m,使得m除以a的余数为0,并且它除以p12 的余数为p12 –a–b,除以p22 的余数为p22 –2a–b,除以p32 的余数为p32 –3a–b,以此类推。 于是,m+a+b,m+2a+b,m+3a+b,…,m+n·a+b就是等差数列的连续n项,并且由于第i项能被pi2 整除,因而这里面的每一项都是合数。 证明: 存在任意长的递增等差数列,使得里面的任意两项都是互质的。 假设m为某个足够大的正整数。 于是,m! +1,2·m! +1,3·m! +1,…,m·m! +1就成为了一个含有m项的公差为m! 的等差数列。 这里面的任意两项都是互质的。 如果对于某两个不超过m的正整数k和l,k·m! +1和l·m! +1都是d的倍数(无妨假设k +1)–k·(l·m! +1)=l–k也应该是d的倍数,这说明d≤l–k 。 但是d也能整除k·m! +1,因而d=1。 证明: 存在任意长的递增等差数列,使得里面的每一项都是乘方数。 这里,“乘方数”的意思是形如nk 的数,其中n、k都是正整数,且k>1。 假设p1,p2,…,ps 是任意s个不同的质数。 根据中国剩余定理,对于每一个不超过s的正整数t,我们都能找到一个大整数at ,使得at 除以pt 余pt –1,并且除以其他s–1个质数都余0。 现在,令Q=1a1 ·2a2 ·…·sas ,那么Q,2·Q,3·Q,…,s·Q就是一个等差数列。 我们来证明,这个等差数列满足要求。 对于这个等差数列中的任意一项t·Q,我们都有t·Q=1a1 ·2a2 ·…·tat +1 ·…·sas ,根据a1,…,as 的构造方法可知,这里面的每一个指数都是pt 的倍数。 因而,t·Q可以写成某个数的pt 次方。 由于s的值可以达到任意大,因而满足要求的等差数列也可以达到任意长。 那么,是否存在无限长的递增等差数列,使得里面的每一项都是乘方数呢? 这回,答案就是否定的了。 我们可以证明,在任何一个无限长的递增等差数列a+b,2a+b,3a+b,…中,总存在一个不是乘方数的数。 首先,找出一个比a+b更大的质数p。 由于a和p2 互质,因此根据中国剩余定理,我们一定能够找到一个数m,使得m除以a余0,并且除以p2 余1。 令k=(p–b)·m/a。 由于m除以a余0,因此k是个整数;由于p>b,因此k是一个正整数。 于是k·a+b=(p–b)·m+b=(p–b)·m–(p–b)+p=(p–b)(m–1)+p。 由于m除以p2余1,因而最后这个式子的前一项是p2 的倍数;但最后这个式子的后一项却只是p的倍数,因而两者之和能被p整除,却不能被p2 整除。 这说明,它不能表示成任何一个数的1次以上的乘方。 是否存在四个连续正整数,使得它们都是乘方数? 这里,“乘方数”的意思和上题一样,即形如nk 的数,其中n、k都是正整数,且k>1。 不存在。 在任意四个连续正整数中,必然有一个数是形如4k+2的数。 这样的数能被2整除,却不能被4整除,因而永远不可能是一个乘方数。 那么,是否存在三个连续正整数,使得每一个数都是乘方数呢? 1962年,A.Mąkowski证明了,这也是不可能的,不过证明过程就没那么简单了。 那么,是否存在两个相邻的正整数,使得它们都是乘方数呢? 这次就有了,例如8=23,9=32 。 1844年,EugèneCatalan猜想,除了8和9以外,没有别的相邻乘方数了。 2002年,这个猜想终于被PredaMihăilescu证明。 31,331,3331,33331都是质数。 难道数列31,331,3331,33331,…中的所有数都是质数吗? 其实并不是这样。 证明: 数列31,331,3331,33331,…中含有无穷多个合数。 数列的通项公式是(10n+1 –7)/3。 容易验证,101,102,…,1017 除以17的余数分别是 10,15,14,4,6,9,5,16,7,2,3,13,11,8,12,1,10 其中1017 和101 除以17的余数相同,因此再往后,10的乘方除以17的余数便会开始循环,循环节的长度为16。 由于109 除以17余7,这就说明所有的1016k+9 除以17都余7。 因此,所有的(1016k+9 –7)/3都是17的倍数。 事实上,31,331,3331,33331,333331,3333331,33333331都是质数,首次出现的合数为333333331=17×19607843,这正是k=0时(1016k+9 –7)/3的值。 我们自然会问,除了所有的(1016k+9 –7)/3以外,数列31,331,3331,33331,…当中还有别的合数吗? 答案是,确实还有。 用和刚才类似的方法可以推出,所有的(1018k+12 –7)/3都能被19整除,例如(1012 –7)/3=333333333331=19×83×211371803。 其实,数列31,331,3331,33331,…里的质数没那么多。 在前100项中,只有第
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