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Last edited by realnumber at 2021-10-5 15:34:00百度到一个
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912活动课难题
1.设$a_1,a_2,\cdots,a_n$是$n$个任意给定的整数,求证:其中一定可以找到紧连在一起的若干个数,使得它们的和(即"片断和")可被$n$整除.
2.对于任意的正整数$m,n$,和$S=\frac{1}{m}+\frac{1}{m+1}+\cdots+\frac{1}{m+n}$不是整数.
附加题:
1.证明:存在无穷多个正整数$n$,使得$(n^2+1)\mid n!$.
2.①求证:4k+3(k∈Z+)型的素数有无穷个. ②求证:4k+1(k∈Z+)型的素数有无穷个.
③求证:6k+5(k∈Z+)型的素数有无穷个. ④求证:6k+1(k∈Z+)型的素数有无穷个.
3.求证:对于$n\ge 2,n\in Z$,有$\sum_{i=1}^{n-1}(i\ln{i})\ge \sum_{i=1}^{n-1}(i\ln (\frac{n}{2}))$
1.记$S_1=a_1,S_2=a_1+a_2,S_3=a_1+a_2+a_3.\cdots,S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n$
以上$n$个中,若有一个被$n$整除,则原题结论成立,若没有一个被$n$整除,则mod n下,至少有2个余数相同,不妨设$S_i,S_j(i<j)$,那么$S_j-S_i$即符合题意.
2.每一个$m+i=q_i2^{t_i}$,$q_i$为奇数,$t_i$为非负整数,$i=0,1,\cdots,n-1$,可得某个$t_i$最大有且只有一个,否则若$t_j=t_k$最大,则有$i=\frac{j+k}{2}$对应的$t_i$更大,不妨记最大的为$t_i$.
1 3 5 7 9 11 13 15
2 6 10 14
4 12
8
16
如此,若S为整数,等式两边乘以$q_0q_1q_2\cdots q_{n-1}2^{t_i}$,那么左边偶数,右边奇数,矛盾.
附加题
1.令$n=2k^2,k\in N$,则 $n^2+1=4k^4+1=(2k^2+2k+1)(2k^2-2k+1)$
辗转相除可得$(2k^2+2k+1,2k^2-2k+1)=1$
又$2k^2-2k+1<n$,因此$2k^2-2k+1\mid n!$
再令$k=25m+1$
$2k^2+2k+1=5(250m^2+30m+1)$,$(5,250m^2+30m+1)=1$
$5<250m^2+30m+1<n$,因此$(2k^2+2k+1)\mid n!$
即当$n=2(25m+1)^2$时,$(n^2+1)\mid n!$成立.
2.1 假设$4k+3$型素数只有有限个,依次是$3,p_1,p_2,\cdots ,p_n$,
考虑$m=4(p_1p_2\cdots p_n)^2+3$,它的素因数不全为$4k+1$型(即至少有一个$4k+3$型),但显然不能被$3,p_1,p_2,\cdots ,p_n$中任意一个整除,矛盾.
2.2 先证明$4n^2+1$有且只有$4k+1$型素因数.
假设有$p=4k+3,p\mid 4n^2+1$.即$(2n)^2=-1 \mod p$,得$(2n)^{4k+2}=-1 \mod p$
又由费马小定理$(2n)^{4k+2}=(2n)^{p-1}=1 \mod p$,矛盾.
假设$4k+1$型有限个$p_1,p_2,\cdots ,p_n$.
构造$m=4(p_1p_2\cdots p_n)^2+1$. |
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青青子衿
Posted at 2019-8-26 18:40:05
isee
Posted at 2019-8-26 20:16:56
kuing
Posted at 2019-8-26 22:42:07
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