四川省成都市第七中学高一年级竞赛数学数论专题(考试真题)

2024年3月19日发(作者：广州黄冈市中考数学试卷)

目录

四川省成都市第七中学高一年级竞赛数学数论专题 4第一次考试题

四川省成都市第七中学高一年级竞赛数学数论专题 8.第二次考试题

四川省成都市第七中学高一年级竞赛数学数论专题 15.第三次考试题

高一竞赛数论专题1.整除

高一竞赛数论专题

4.第一次考试题

(满分180分)

1.(满分40分)设

p

是素数,

a,b

是整数,

ab

(mod

p

)

,证明：

ab(modp).

2.(满分40分)设

p

是奇素数,证明：

p

2

3.(满分50分)设

md

0

d

1

3d

2

3

pp

pp2



(pk)!(k1)!

.(其中

n!n(n1)

k1

p1

21,

约定

0!1.

)

d

n

3

n

为一个正整数的平方,且

d

i

{0,1,2},i0,1,2,,n.

证明：至少有一个

d

i

1.

4.(满分50分)设

p

是大于1的奇数,若

4(p1)!4p(modp(p2)).

证明：

p,p2

是孪生素数. (孪生

素数是指相差为2的一对素数).

高一竞赛数论专题

4.第一次考试题解答

(满分180分)

1.(满分40分)设

p

是素数,

a,b

是整数,

ab

(mod

p

)

,证明：

ab(modp).

证明：因为

p

是素数,所以由Fermat小定理知道

aa(modp),bb(modp)

.

于是

ab(modp).

20分

p

C

p

(pq)

p

.

pp

pp

pp2

0pp12p2

从而

abpq,qZ.

a

p

(bpq)

p

C

p

bC

1

pqC

p

b(pq)

2



p

b

0pp1

所以

(bpq)

p

C

p

bC

1

pqb

p

b

p1

p

2

qb

p

(modp

2

)

p

b

所以

ab(modp).

2.(满分40分)设

p

是奇素数,证明：

p

证明：因为

(p1)!(p1)(p2)

又

(p1)(p2)

于是

(p1)!(1)

pp2

40分



(pk)!(k1)!

.(其中

n!n(n1)

k1

p1

21,

约定

0!1.

)

(p(k1))(pk)!

((k1))(1)

k1

(k1)!(modp).

20分

(p(k1))(1)(2)

k1

(pk)!(k1)!(modp).

由Wilson定理知

(p1)!1(modp).

所以

(pk)!(k1)!(1)(modp).

从而

k



(pk)!(k1)!



(1)

k1k1

p1p1

k

0(modp)(p1

是偶数).

所以

p



(pk)!(k1)!

k1

p1

40分

2

3.(满分50分)设

md

0

d

1

3d

2

3d

n

3

n

为一个正整数的平方,且

d

i

{0,1,2},i0,1,2,,n.

证明：至少有一个

d

i

1.

2

证明：因为

md

0

d

1

3d

2

3d

n

3

n

为一个正整数的平方,所以

d

0

,d

1

,d

2

,,d

n

不全为0.

对于任意的

x,x0,1,1(mod3)

,所以

x0,1(mod3).

所以

md

0

0,1(mod3).

所以

d

0

0

或1.

2

若

d

0

0,

则

md

1

3d

2

3

2

d

n

3

n

.

从而

3|m.

因为

mt

2

,tN

*

.

所以

3|t

2

.

从而

3|t,

于是

3

2

|m.

d

n

3

n

3

2

(d

2

d

3

3d

n

3

n2

)

.

2

于是

3|d

1

,所以

d

1

0.

则

md

2

3

于是

d

2

d

3

3d

n

3

n2

是一个正整数的平方,按上面的推导方法可得

d

2

0.

如此下去,可以推导出

d

0

d

1

d

2



若

d

0

1

,则结论成立.

所以

d

0

1.

至少有一个

d

i

1.

d

n

0.

(矛盾)

4.(满分50分)设

p

是大于1的奇数,若

4(p1)!4p(modp(p2)).

证明：

p,p2

是孪生素数. (孪生

素数是指相差为2的一对素数).

证明：引理 若

(p1)!1(modp).

则

p

是素数.

引理的证明：假设

p

不是素数,则

p

为合数,于是

pab.

其中

1a,bp.

于是

a,b

必是

1,2,

某个数.若

ab

,则

p|(p1)!

矛盾.若

ab

,则

ma.

当

a2

时,

a2a

因为

1,2,

2

2

,m1

中的

,a

2

1

一定含有

a,2a

,所以

a

2

|(a

2

1)!

矛盾.

当

a2

时,

p4.

所以

(p1)!3!



1(modp).

矛盾.

所以假设错误,

p

是素数.

回到原题,因为

4(p1)!4p(modp(p2)).

所以

p(p2)|4(p1)!4p

.

10分

因为

p

是奇数,所以

(p,p2)(p,2)1.

于是

p|4(p1)!4p

且

(p2)|4(p1)!4p

.

因为

p|4(p1)!4p

,所以

p|4[(p1)!1]

,

p

是奇数,

(p,4)1.p|(p1)!1.

即

(p1)!1(modp).

由引理知道

p

是素数.

因为

(p2)|4(p1)!4p

,所以

(p2)|4(p1)!2

,

p

是奇数,

(p,2)1.(p2)|2(p1)!1.

即

2(p1)!1(modp2).

于是

(1)(2)(p1)!1(modp2).

也就是

(p21)(p22)(p1)!1(modp2).

即

((p2)1)!(p1)!(p1)p(p1)!1(modp2).

由引理知道

p2

是素数.

所以

p,p2

是孪生素数.

50分

30分

高一竞赛数论专题

8.第二次考试题

(满分180分)

1.(满分40分)设

k

是非负整数,记号

a

||

b

表示

b

恰被

a

的

k

次方整除,即

a|b,a

s

k

kk1

b.

设

m,s

都是大于1的正整数,且

2||m1.

证明：对所有的正整数

n

都有

2

ns

||m

2

1

成立.

2.(满分40分)证明：对每个素数

p,

有无穷多个正整数

n,

使得

p

|2

n

.

n

n

3.(满分50分)证明：对于任意的正整数

k,

(k!)

4.(满分50分)以

S(n,p)

表示

(1

x

)

的展开式中不可被

p

整除的系数的个数.

证明：

S(2018

2017

n

2

j!

为整数.



j0

(jk)!

k1

,2017)

可被

2018

整除.

高一竞赛数论专题

7.第二次考试题解答

1.(满分40分)设

k

是非负整数,记号

a

||

b

表示

b

恰被

a

的

k

次方整除,即

a|b,a

s

k

kk1

b.

设

m,s

都是大于1的正整数,且

2||m1.

证明：对所有的正整数

n

都有

2

ns

||m

2

1

成立.

证明：方法1 因为

2||m1.

所以

2|m1,2

我们用数学归纳法证明.

2s22s2s1s1s1

当

n1

时,

m1(2q

0

1)12q

0

2q

0

2q

0

(2q

0

1).

s1

因为

q

0

是正奇数,所以

2q

0

(2q

0

1).

所以

2

n

s

ss1

m1.

于是

m2

s

q

0

1,q

0

是正奇数.

s1

|m

2

1,2

s2

m

2

1.

即

2

s1

||m

2

1.

所以当

n1

时,结论成立.

假设当

nk

时,结论成立,即

2

ks

||m

2

1

.也就是

2

ks

|m

2

1,2

k1s

于是

m

2

2

ks

q

k

1,q

k

是正奇数.

当

nk1

时,

m

2

k1

k

kk

m1.

2

k

2

1(m

2

)

2

1(2

ks

q

k

1)

2

12

2k2s

q

k

2

k1s

q

k

2

k1s

q

k

(2

k1s

q

k

1).

k1

k

k1s

q

k

1).

所以

2

k1s

|m

2

因为

q

k

是正奇数,所以

2q

k

(2

1,2

k2s

m

2

1.

即

2

k1s

||m

2

1.

k1k1

即当

nk1

时,结论成立.

于是对所有的正整数

n

都有

2

ns

||m

2

1

成立.

方法2：我们用数学归纳法证明.

当

n1

时,

m1(m1)(m1).

因为

2||m1,

s1,

又

2||2,

所以

2||m1

所以

2

所以当

n1

时,结论成立.

s

s1

2

n

||m

2

1.

假设当

nk

时,结论成立,即

2

ks

||m

2

1

.

当

nk1

时,

m

2

k

k1

k

1(m)1(m1)(m1).

kk1

2

k

22

k

2

k

因为

2

ks

||m

2

1,

s1,

又

2||2,

所以

2||m

2

1,

所以

2

k1s

||m

2

即当

nk1

时,结论成立.

于是对所有的正整数

n

都有

2

ns

||m

2

1

成立.

方法3 一方面

m

2

1(m1)(m1)(m

2

1)

s

i

n

n

1.

(m

2

1)(m

2

1)

.

,n1).

n2n1

由于

2||m1,

则

m

为奇数.故

2|m

2

1(i0,1,2,

所以

2|

n



(m

i0

n1

2

i

1).

又

2

s

|m1.

n1

i0

in

所以

2

ns

|(m1)



(m

2

1)m

2

1.

另一方面,

m,s

都是大于1的正整数,所以

s2,

于是

4|m1.

m1m12(m1)



(m

2

1)24q22(2q1).

即

2||m

2

1(i0,1,

i

2

i

2

i

i1

j

,n1).

j0

结合

2||m1,

所以

2

ns

||m

2

1.

方法4

m

2

1(m1)(m1)(m

2

1)

sk

n

s

n

(m

2

1).

m

k1

),

所以

2

s

|m

k

1

.

n1

因为

2|m1,

对于任意的

k2,m1(m1)(1m

设

m12A,

则

2

ks1

|A.

kk

因为

s1,

所以

A

是偶数.

m1m122A22(A1).

A1

是奇数.

所以

2||m1.

又

2||m1.

所以

2

方法5 一方面,由于

2||m1

,故

m

是奇数,则有

2|m

2

1(i0,1,

故

2|(m1)(m1)

n2

s

i

k

s

ns

||(m1)



(m1)m1.

i0

n1

2

i

2

n

,n1).

(m

i

2

n1

1).

又

2

s

|m1,

所以

2

ns

|m

2

1.

n

另一方面,若存在

i

使得

m

2

1k2

t

,k

是正奇数,

t2.

则

m

2

1k2

t

22(k2

t1

1)

,因为

k2

ii

i

t1

1

是奇数,所以

2||(m

2

1).

i

i

而

2

s

|m1,(m1)|(m

2

1)

,故

2

s

|(m

2

1)(s1)

与

2||(m

2

1)

矛盾.

所以对

i0,1,2,

s

,n1

都有

2||m

2

1(i0,1,

i

i

,n1).

于是

2

n

||(m1)(m

2

1)(m

2

1).

n1

结合

2||m1.

所以

2

ns

||m

2

1(i0,1,

,n1).

2.(满分40分)证明：对每个素数

p,

有无穷多个正整数

n,

使得

p

|2

n

.

证明：若

p2

,取

n

为正偶数即可.

若

p

是奇素数,则

(2,p)1.

于是由Fermat小定理知道

2

n

p1

n

1(modp).

n

若取的正整数

n

满足

ns(p1)

,则

21(modp).

为使得

p|2n.

则正整数

n

还需满足

n1(modp).

即

ns(p1)1(modp).

所以取

n(kp1)(p1)(k1,2,

则

2n2

n(kp1)(p1)

)

.

(kp1)(p1)(2

p1

)

kp1

(kp

2

kpp1)1

kp1

10(modp)

.

所以有无穷多个正整数

n(kp1)(p1)(k1,2,

所以命题得证.

法2：若

p2

,取

n

为正偶数即可.

若

p

是奇素数,取

n(p1)(p1),k0,1,2,

k2

)

使得

p|2

n

n.

,

k

2

n

n2

(p1)

k

(p1)

2

(p1)

k

(p1)

2

(2

p1

)

(p1)

2

k1

(p1)

(p1)

k

(p1)

2

11

k

(1)

2

0(modp).

3.(满分50分)证明：对于任意的正整数

k,

(k!)

j!

为整数.



j0

(jk)!

证明：注意到

n!

的素因数分解式为

n!

k1



p

pn



(p,n)



n



,

其中

p

是素数,



(p,n)





j



.

j1



p





所以只需证明

(k!)

2

j!

对任意的素数

p

的指数均为非负整数,即只要证明对于任意的素数的正整



(jk)!

j0



k

2



k1





jk



j











.

数次幂

P,

有











PP



P







j0







k

2



k1





jk



j











1.

因为两边均为整数,所以只需证明













P



j0





P



P





k1

k

2



k

2



k1

jk



jk



j



j



k

k1





jk



j



















即









1

















1

P



P



j0



P



P



P



P





j0

P

j0





P



P







k

2



k1



j



k1



jk



kk

2

注意到



,

所以只需要证明















1.

P

j0

P



P



j0



P



j0



P



k1

然而,数

0,1,

k1

,k1

模

P

的余数之和显然不大于数

k,k1,,2k1

模

P

的余数之和,



k

2



k1



j



k1



jk





k

2





j



k1



jk



也即











,再注意到



1

.从而















1

得证

j0



P



j0



P





P



j0



P



j0



P





P



对于任意的正整数

k,

(k!)

2

j!

为整数.



j0

(jk)!

k1

法2注意到

n!

的素因数分解式为

n!

k1



p

pn



(p,n)



n



,

其中

p

是素数,



(p,n)





j



.

j1



p





所以只需证明

(k!)

2

j!

对任意的素数

p

的指数均为非负整数,即只要证明对于任意的素数

p

有



(jk)!

j0



k

2



k1





jk



j







p

i











p

i







p

i





.







j0





设

ktps,tN,0sp.

(r1)p

i

1

jrp

i

ii



p1





jk



j





p1





js



j







js



j





i

ttp





i



i











i



i







i







i







pppp

j0





p





j0









p







ii

tp

i



tp

i

s1

jtp

i

p

i

s1



j0





js



j





p1





js



j





i





i







i





+







i







i





tps.





p



p





jp

i

s





p



p





i



s1





jk



j





s1





jk



j





s1





js



j







js



j





i

tsp





i



i











i



i











i



i







i







i







pppppp

j0





p





j0







j0









p









js



sp





i



.

j0



p



i

s1

s1





jk



j





2i



js



i

于是







i







i





tpstsp





i



.

j0





p

j0



p



p





k1



js



ps1



js



s1



js



2sp

i

.





p

i









p

i









i



j0



j0



jp

i

s



p



s1

i





jk



j





2iii2ii2i

所以







i







i





tpstsp2sp(t1)pstsp2s(t1)p2st2s

j0





p



p





k1

所以





jk



j





2i





i







i





(t1)p2st2s1.



j0





p



p





k1



k

2



t

2

(p

i

)

2

2stp

i

s

2



2i



s

2



tp2st



i



.



p

i







i

p



p



所以



k

2



2i



s

2



2i

s

2

s

2

2ii2i

tp2sttp2st1(t1)p2stp1(t1)p2st2s1



p

i



p

i



ii

pp





k

2



k1





jk



j





所以



i











i







i





.



p



j0





p



p





所以对于任意的正整数

k,

(k!)

2

j!

为整数.



(jk)!

j0

n

k1

4.(满分50分)以

S(n,p)

表示

(1

x

)

的展开式中不可被

p

整除的系数的个数.

证明：

S(2018

2017

,2017)

可被

2018

整除.

证明：设

p

为素数,而

nn

0

n

1

pn

2

p

2



引理：

S(n,p)(n

0

1)(n

1

1)

n

k

p

k

(n

k

n

k1

n

1

n

0

)

p

是

n

的

p

进制表达式.

(n

k

1).

2017

若引理已证明,因为

2017

是素数,

2018

因为

2017|C

2017

(i1,2,

i

(12017)

2017i





C

2017

2017

i

.

i0

2017

,2016)

,所以从第4项起,都可以被

2017

4

整除.

12223

而前3项的和为

1C

2017

2017C

2017

20171201710082017.

2018

2017

12017

2

10082017

3

M2017

4

2018

2017

(n

k

n

k1

n

1

n

0

)

2017

的

n

0

1,n

1

0,n

2

1,n

3

1008.

S(2018

2017

,2017)(n

0

1)(n

1

1)(n

m

1).

其中

(n

0

1)(n

3

1)(11)(10081)2018.

所以

S(2018

2017

,2017)

可被

2018

整除.

n

下面证明引理,

(1x)

的展开式中

x

的系数为

C

n

,

所以应该计算

C

n



整除的个数.

i

i

i

n!

(i0,1,

i!(ni)!

,n)

中不可被

p

nn

0

n

1

pn

2

p

2



i

n

k

p

k

(n

k

n

k1

i

i

k

C

n

(modp)

,

k

n

1

n

0

)

p

,

ii

0

i

1

pi

2

p

2

i

k

p

k

(i

k

i

k1

i

1

i

0

)

p

i

由Lucas定理知道

C

n

C

n

0

0

C

n

1

1

i

0

i

1

所以

C

n

C

n

01

i

i

k

表示

C

n

可被

p

整除,

C

n

0(modp)

k

i

0

i

1

C

n

C

n

10

i

k

C

n

1,2,

k

,p1(modp)

均表示不可被

p

整除.

注意到

C

a



b

a!

(0bap)

均不能被素数

p

整除.

b!(ab)!

于是

C

n



n!

(i0,1,,n)

中不可被

p

整除等价于

i

0

n

0

,i

1

n

1

,

i!(ni)!

(n

0

1)(n

1

1)(n

k

1)

个.

i

,i

k

n

k

.

这个的

i

的个数为

所以

S(n,p)(n

0

1)(n

1

1)

(n

k

1).

所以引理得证.

法2 我们证明,若

p

是奇素数,

S((p1),p)

可被

p1

整除.

p

(m0,1,2,

(1x)

(p1)

的展开式的每一项的系数为

C

(

m

p1)

p

C

m

(p1)

p

p

,(p1)

p

).

(p1)

p

!

.

考虑此式的分子分母中

p

的幂次.

p

m!((p1)m)!

注意到

p3

,

f(p)

p

lnp

pp1

单调递减,所以

(p1)p.

p

pp



(1p)

p



(1p)

p

m





m



p

V

p

((1p)!)





,V((1p)m)!),V(m!)





p



p



p

i



.

ii

pp

i1



i1



i1





p

(1p)

p

(1p)

p

mm



i

.

注意到

ii

ppp

所以

01i2i2i1i1ppi1i1pp0i2i2

C

p

C

1

pC

(1p)

p

C

p

C

p

pC

p

p(C

p

pC

p

p)C

p

pC

p

p

pp

p



p

i

p

i

p

i

p

i

01i2i2i1i1ppi1i1pp0i2i2

C

p

C

1

C

p

p

(1p)

p

C

p

C

p

pC

p

p(C

p

pC

p

p)C

p

pC

p

p

p

p



iiii

pppp

注意到

C

p

p

kk

p!

p

k

的

p

的幂次为

p

k1

.

k!(pk!

i1i1pp01i2i2



(1p)

p



C

p

pC

p

p

(1p)

p



(1p)

p



C

p

C

p

pC

p

p

所以



.

所以





.









iiiii

ppppp



0

若

m

模

p

的余数超过

C

p

C

1

p

p

i

C

i

p

2

p

i2

,

高一竞赛数论专题

15.第三次考试题

(满分180分)

1.设

k

为不等于1的整数,证明存在无穷多个正整数

n,

使得

nk

不整除

C

2n

.

2.是否存在正项数列

{

a

n

}

满足

a

n1

a

n

d(n),

(其中

d(n)

表示

n

的正因数的个数)且至少连续两项为完全

平方数.

n

3.设

m,n

为大于1的整数,用

(a)

n

a



n

表示

a(modn)

的最小非负剩余.

n

求

maxmin



a





a

1

,a

2

,,a

m

0kn



(a

j1

m

j

k)

n

,其中最大遍及所有的

m

项整数数列.

高一竞赛数论专题

15.第三次考试题解答

(满分180分)

1.设

k

为不等于1的整数,证明存在无穷多个正整数

n,

使得

nk

不整除

C

2n

.

证明：当

k1

时,

k

有素因子

p,

取

npk,

其中正整数

m

足够大,使得

n0,

这样的

n

有无穷多个.

我们证明对这些

n

有

nk

n

2n

mn

n

pC

C

2

,

即

2n

.

n

m

n





2n



n



(2n)!



.

设素数

p

在

C

中出现的幂次为则



2





p

j







p

j



.

(n!)

2

j1



j1



因为

npk,

所以

2n2pp

mmm1



2n



n



,

所以

jm1,



j



0,



j



0.



p



p







2n





p

m

k







n





m





2(p

m

k)



于是











j



2



j













2



p

j





j

ppp

j1







j1







m



mj



2k



k





m





2k



k





mj







2p



j



2p2



j













j



2



j





.

j1





p



p





j1





p



p





m

m





2k



k







2k



k



因为

p|k,

所以



所以



2

20.





j









j





j2





p



p







p



p



因为

[2x][x][x][x][x]12[x]1.

1

2





2k



k





m

C

2

n

n

.

所以

[2x]2[x]1.

于是











j



2



j





m1m.

所以

p

j2





p



p





m

当

k0

时,因为素数有无穷多个,故可取奇素数

p2|k|,

令

np|k|,

这样的正整数

n

有无穷多个.

我们证明对这些

n

有

nk

n

2n

n

n

C

2n

,

即

pC

2n

.





2n



n



(2n)!



.

设奇素数

p

在

C

中出现的幂次为则



2





p

j







p

j



.

(n!)

2

j1



j1



因为

np|k|,

所以

2n2p2|k|3pp.

所以

j2,



2



2n



n



0,0.



j



j





p



p



所以









2n



n



2(p|k|)



p|k|







2|k|



|k|







2|k|



|k|



222222



p



p







p



p







p



p



pp











因为

p2|k|,

所以





2|k|



|k|



2|k|



|k|



n

pC

于是所以

0,0.



20.

2n

.





p



p



p



p



n

于是我们证明了

k

为不等于1的整数,存在无穷多个正整数

n,

使得

nk

不整除

C

2n

.

2.是否存在正项数列

{

a

n

}

满足

a

n1

a

n

d(n),

(其中

d(n)

表示

n

的正因数的个数)且至少连续两项为完全

平方数.

解：不存在这样的正项数列

{a

n

}

.

先证明

d(n)

设

np

1

1

p

2

2



3n.



s

p

s

(2p

1

p

2

p

s

,p

i

都是素数,



i

N.

于是

d(n)(1



1

)(1



2

)(1



s

).

于是只需证明

(1



1

)(1



2

)

22



1



2

(1



s

)

2

3n3p

1

p

2

9



1

4



2



3



s

p

s

(p

1

)(p

2

)p

3

43

,s).



s

p

s

.

下面分别证明(1)

9



1

4



2

p

1

(1



1

)

2

,

(2)

p

2

(1



2

)

2

,

(3)

p

i



i

(1



i

)

2

(i3,4,

43

先证明(1)

9



1

p

1

(1



1

)

2

.

4

因为

9



1

9



1

9

p

1

2.

于是只需证明

2



1

(1



1

)

2

.

444

下面用数学归纳法证明.

当



1

0,



1

1,



2

2

时显然成立.

假设当



1

k(k2)

时结论成立即

当



1

k1

时,

2

9

k

2(1k)

2

.

4

9



1

9

k1

9

222(2

k

)2(1k)

2

.

444

2222

注意到

2(1k)(1k1)2(1k)(k2)k20,

所以

9



1

9

k1

9

222(2

k

)2(1k)

2

(1k1)

2

(1



1

)

2

.

444

所以当



1

k1

结论成立.

所以

9



1

9



1

p

1

2

成立.我们不难发现当且仅当

p

1

2,



1

2

时等号成立.

44

4



2

p

2

(1



2

)

2

.

3

再证明(2)

因为

4



2

4



2

4

p

2

3.

于是只需证明

3



2

(1



2

)

2

.

333

下面用数学归纳法证明.

当



2

0,



2

1

时显然成立.

假设当



2

k(k1)

时结论成立即

当



2

k1

时,

2

4

k

3(1k)

2

.

3

4



2

4

k1

4

333(3

k

)3(1k)

2

.

333

2222

注意到

3(1k)(1k1)3(1k)(k2)2k2k10.

所以

4



2

4

k1

4

333(2

k

)3(1k)

2

(1k1)

2

(1



2

)

2

.

333

所以当



2

k1

结论成立.

所以

4



2

4



2

p

2

3

成立.我们不难发现当且仅当

p

2

3,



2

1

时等号成立.

33



2

最后证明(3)

p

i

i

(1



i

)(i3,4,,s).



2

因为

i3,

所以

p

i

5.

于是只需证明

5

i

(1



i

).

下面用数学归纳法证明.

当



i

0

时显然成立.

k2

假设当



i

k(k0)

时结论成立即

5(1k).

当



i

k1

时,

5



i

5

k1

5(5

k

)5(1k)

2

4(1k)

2

(22k)

2

(2k)

2

(1k1)

2

(1



i

)

2

.

所以当



i

k1

结论成立.

所以

5

i

(1



i

)

成立.我们不难发现当且仅当



i

0

时等号成立.

于是我们证明了

d(n)

回到原题.

由

a

n1

a

n

d(n)

知道

a

n

a

1

d(1)d(2)

对于素数

p

有

d(p)2.

又

d(1)1.

对于合数

a

有

d(a)2.

于是

a

n

112(n2)2n2.

若存在连续两项为完全平方数设

a

n

s,a

n1

t(s,tN).

22*



2

3n.

d(n1).

a

n1

a

n

d(n)1,

即

t

2

s

2

1,

于是

ts1.

所以

st1.

所以

3nd(n)a

n1

a

n

t

2

s

2

t

2

(t1)

2

2t12a

n1

122n1.

即

3n22n1.

于是

1(223)n2231.

矛盾.

所以不存在这样的正项数列

{a

n

}

.

3.设

m,n

为大于1的整数,用

(a)

n

a



n

表示

a(modn)

的最小非负剩余.

n

求

maxmin



a





a

1

,a

2

,,a

m

0kn



(a

j1

m

j

k)

n

,其中最大遍及所有的

m

项整数数列.

,a

m

)



(a

j

k)

n

.

j1

m

解：不妨设

0a

j

n(1jm),

令

S

k

(a

1

,a

2

,