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Last edited by 零糖零脂零卡 2025-6-19 16:02有没有更自然亿点的做法
对于正整数 $ a, n $，定义 $ F_n(a) = q + r $，其中 $ q, r $ 为非负整数，$ a = qn + r $，且 $ 0 \leq r < n $.求最大的正整数 $ A $，使得存在正整数 $ n_1, n_2, n_3, n_4, n_5, n_6 $，对于任意的正整数 $ a \leq A $，$ F_{n_6}(F_{n_5}(F_{n_4}(F_{n_3}(F_{n_2}(F_{n_1}(a)))))) = 1 $，并证明你的结论.
解答:将满足条件“存在正整数 $ n_1, n_2, \ldots, n_k $，使得只要正整数 $ a \leq B $，就有 $ F_{n_k}(F_{n_{k-1}}(F_{n_{k-2}}(\ldots F_{n_1}(a)\ldots)) = 1 $”的最大正整数 $ B $，记为 $ x_k $. 显然，本题所求的最大正整数 $ A $ 即为 $ x_6 $.
(1) 先证 $ x_1 = 2 $.
事实上
$$ F_2(1) = F_2(2) = 1 $$
所以
$$ x_1 \geq 2 $$
又当 $ n_1 \geq 3 $ 时
$$ F_{n_1}(2) = 2 $$
而
$$F_2(3) = F_1(2) = 2$$
所以
$$ x_1 < 3 $$
因此
$$ x_1 = 2 $$
(2) 设 $ x_k $ 已求出，且 $ x_k $ 为偶数. 显然
$$ x_k \geq x_1 = 2 $$
易知 $ x_{k+1} $ 满足的必要条件是：存在 $ n_1 $，使得只要 $ a \leq x_{k+1} $ 就有
$$ F_{n_1}(a) \leq x_k $$
令
$$ x_{k+1} = qn_1 + r $$
由
$$ F_{n_1}(x_{k+1}) = q + r \leq x_k $$
可得
$$ x_{k+1} = qn_1 + r \leq qn_1 + x_k - q = x_k + q(n_1 - 1) $$
若取 $ n_1 = 2 $，由
$$ \dfrac{x_k + 2}{2} \geq x_k $$
可知
$$x_{k+1} \geq x_k + 2$$
由此可得
$$q > 0, n_1 > 1$$
于是
$$0 < (q - 1) n _1 + n_1 - 1 = q n_1 - 1 < x_{k+1 }$$
因此
$$F_{n_1}((q - 1) n_1 + n_1 - 1) = q + n_1 - 2 \leq x_k $$
故有
$$q(n_1 - 1) \leq \left[ \left( \dfrac{q + n_1 - 1}{2} \right )^2 \right]$$$$\leq \left[ \left( \frac{x_k + 1}{2} \right )^2 \right]$$
$$= \left[ \dfrac{x_k^2}{4} + \frac{x_k}{2} + \frac {1}{4} \right]$$
由于 $x_k$ 为偶数，从而
$$(q n_1 - 1) \leq \dfrac{x_k ^2}{4} + \dfrac{x_k}{2}$$
因此
$$x_k \geq 2$$
所以
$$x_k + \dfrac{x _k^2}{4} + \dfrac{x_k}{2 } \geq x_k + 2$$
因此总有
$$x_{k+1} \leq x_k + \dfrac{x_k^2}{4} + \dfrac{x_k}{2 }$$
且
$$x_k + \dfrac{x_k^2}{4} + \dfrac{x_k}{2} \geq x_k + 2 = \dfrac{x_k (x _k + 6)}{4} $$
另一方面，若取
$$n_1 = \dfrac{x_k}{2} + 2$$
由于
$$ \dfrac{x_k(x_k + 6)}{4} = \dfrac{x_k}{2} \cdot n_1 + \dfrac{x_k}{2} $$
对每个
$$ a \leq \dfrac{x_k(x_k + 6)}{4} $$
令
$$ a = qn_1 + r $$
那么
$$ q = \dfrac{x_k}{2}, r \leq \dfrac{x_k}{2} $$
或者
$$ q \leq \dfrac{x_k}{2} - 1, r \leq n_1 - 1 = \dfrac{x_k}{2} + 1 $$
两种情况下均有
$$ q + r \leq x_k $$
因此
$$ x_{k+1} = \dfrac{x_k(x_k + 6)}{4} $$
此外，因为 $ x_k $ 为偶数，若
$$ 4 \mid x_k $$
由
$$ 2 \mid (x_k + 6) $$
可得
$$ 8 \mid x_k(x_k + 6) $$
若
$$ x_k = 2 (\text{mod} \ 4) $$
由 $ x_k + 6 $ 也可得
$$ 8 \mid x_k(x_k + 6) $$
因此 $ x_{k+1} $ 也是偶数.
这样，已完成了归纳证明
$$ x_{k+1} = \dfrac{x_k(x_k + 6)}{4} $$
由 $ x_1 = 2 $ 逐次推出
$$ x_2 = 4, x_3 = 10, x_4 = 40, x_5 = 460 $$
$$ x_6 = \dfrac{460 \times 466}{4} = 53590 $$
于是，所求的最大正整数 $ A = 53590 $. |
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