Sierpiński 的初等数论问题

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 10^m 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。

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 (mod p) 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 (mod p) 都有整数解，那么 f(x) = 0 也一定有整数解吗？这里， f(x) = 0 (mod p) 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 (mod p) 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 x^x 能整除 y^y 。

选取一个任意大的正整数 k ，再选取一个大于 k · 2^{k – 1} 的质数 p 。令 x = 2^k ，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 x^x = (2^k)^2k = 2^{k · 2k} ，并且 y^y = (2p)^2p = 2^2p · p^2p ，由于 2p > k · 2^k ，因而 x^x 能够整除 y^y 。

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, x^x + 1, x^xx + 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, x^x, x^xx, … 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， a^m + 1 都能被 a + 1 整除。因此，序列 x + 1, x^x + 1, x^xx + 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， a^m + 1 都能被 a + 1 整除呢？由于 a = -1 是方程 a^m + 1 = 0 的一个解，因而多项式 a^m + 1 一定能被分解成 (a + 1)( … … ) 的样子，这就说明了 a^m + 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， a^m – 1 都能被 a – 1 整除。由于 a = 1 是方程 a^m – 1 = 0 的一个解，因而多项式 a^m – 1 一定能被分解成 (a – 1)( … … ) 的样子，这就说明了 a^m – 1 能被 a – 1 整除。在再下一题中，我们会用到这个结论。

声明: 除非转自他站（如有侵权，请联系处理）外，本文采用 BY-NC-SA 协议进行授权 | 智乐兔
转载请注明：转自《Sierpiński 的初等数论问题》
本文地址：https://www.zhiletu.com/archives-3255.html
关注公众号：