從同事那里借來了一本單墫教授主編的《初等數論》奧數書，看到很多精彩的問題，在這里做個筆記，與大家一同分享。不少問題和答案都有過重新敘述，個別問題有所改動。
問題：找出所有使得 2n – 1 能被 7 整除的正整數 n 。
答案：由於 2n 的二進制表達為 1000…00 （n 個 0），因此 2n – 1 的二進制表達為 111…11 （n 個 1）。而 7 的二進制表達是 111 ，要想讓它整除 n 個 1 ，顯然 n 必須是也只能是 3 的倍數。
問題：是否存在 100 個數，使得它們的和等於它們的最小公倍數？
答案：是的。考慮 3, 2 × 3, 2 × 32 , 2 × 33, …, 2 × 398, 399 ，它們的和為：
3 + 2 × 3 + 2 × 32 + 2 × 33 + … + 2 × 398 + 399
= 3 × (1 + 2) + 2 × 32 + 2 × 33 + … + 2 × 398 + 399
= 32 + 2 × 32 + 2 × 33 + … + 2 × 398 + 399
= 32 × (1 + 2) + 2 × 33 + … + 2 × 398 + 399
= 33 + 2 × 33 + … + 2 × 398 + 399
= … …
= 399 + 399
= 2 × 399
而這 100 個數的最小公倍數正是 2 × 399 。
問題：能否找出 100 個不同的正整數，使得其中任意 2 ≤ k ≤ 100 個數的算術平均數都恰為整數。
答案：能。這個問題非常唬人，它的答案異常簡單： 1 · 100!, 2 · 100!, 3 · 100!, …, 100 · 100! 顯然滿足要求。
問題：求證，存在任意長的連續正整數，使得其中任何一個數都不是質數的冪（當然更不能是質數）。
答案。有一個經典的問題是，求證存在任意長的連續正整數，它里面不包含任何質數。換句話說，相鄰質數的間隔可以達到任意大。構造的方法堪稱經典。顯然 n! + 2 是 2 的倍數（因為我們可以提出一個 2 來）， n! + 3 是 3 的倍數，等等。因此， n! + 2, n! + 3, n! + 4, …, n! + n 就是 n – 1 個連續的正整數，其中任意一個數都不是質數。由於 n 可以任意大，因此這個數列可以任意長。
現在，我們要證明的是一個更強的結論。我們可以把剛才的構造方案簡單地修改一下。只需要考慮 (n!)2 + 2, (n!)2 + 3, (n!)2 + 4, …, (n!)2 + n ，則其中每一個數都不是質數的冪。比如說 (n!)2 + 5 ，顯然它是 5 的倍數，因為我們可以提出一個 5 來；然而提出一個 5 之后將會得到 5 · (12 · 22 · 32 · 42 · 5 · 62 · … · n2 + 1) ，括號里的數顯然不再是 5 的倍數，它除以 5 余 1 。
利用中國剩余定理，我們還能給出另一種非常巧妙的構造方案，它能找出 n 個不含質數冪的連續正整數數列，其中 n 可以任意大。我們只需要保證，每個數都含有至少兩個不同的質因數即可。取 2n 個不同的質數 p1, p2, …, pn, q1, q2, …, qn ，顯然 p1 · q1, p2 · q2, …, pn · qn 是兩兩互質的 n 個數。由中國剩余定理，我們能找到一個正整數 M ，使得 M 除以 p1 · q1 余 1 ，並且 M 除以 p2 · q2 余 2 ，並且 M 除以 p3 · q3 余 3 ，一直到 M 除以 pn · qn 余 n 。於是， M – 1, M – 2, M – 3, …, M – n 就是 n 個連續的正整數，其中每一個都含有兩個不同的質因數。
問題：求證，對於任意大的 n ，我們都能夠找出 n 個兩兩互質的數，使得任意 2 ≤ k ≤ n 個數之和都不是質數
答案：如果只要求任意多個數之和都不是質數，這很好辦：讓所有數都是某個數的倍數即可。但是，如果這些數必須兩兩互質，同樣的要求還能辦到嗎？可以的。考慮 n! + 1, 2 · (n!) + 1, 3 · (n!) + 1, …, n · (n!) + 1 這 n 個數，顯然任意 k 個數之和都是 k 的倍數，因而不是質數。下面說明這 n 個數兩兩互質。假設 i · (n!) + 1 和 j · (n!) + 1 有公共的質因數 p ，其中 1 ≤ i < j ≤ n ，那么它們的差 (j - i) · (n!) 也能被 p 整除，說明 p 只能是不超過 n 的質數。這與 p 能整除 i · (n!) + 1 矛盾。 問題：證明，對於任意正整數 n ，方程 x2 + y2 = zn 都有無窮多組正整數解。
答案：考慮 x + yi = (a + bi)n ，其中 i 為虛數單位。對於每一個固定的 n ，只要 a 和 b 都是整數，那么展開后得到的 x 和 y 也都一定是整數。我們選取充分大的 a ，讓 a + bi 的輻角非常小非常小（小於 π/2 的 n 分之一），從而讓 (a + bi)n 不會與坐標軸重合，因而保證 x 和 y 都是非零整數。等式兩邊同時取模，便有 x2 + y2 = (a2 + b2)n
問題：我們把平面直角坐標系上所有橫縱坐標互質的整格點（也就是和原點的連線不經過其他點的整格點）叫做“既約格點”。證明，對於任意大的正整數 n ，總存在一個整格點，它到任意既約格點的距離都大於 n （換句話說，既約格點集的“空洞”可以達到任意大）。
答案：列一張 (2n + 1) × (2n + 1) 的表，每個格子里面填寫一個不同的質數（由於質數無窮多，這是總可以辦到的）。現在，找出這樣的一個 a ，它除以第 i 行的質數總是余 i （其中 – n ≤ i ≤ n ）。找出這樣的一個 b ，它除以第 j 列的質數總是余 j （其中 -n ≤ j ≤ n）。中國剩余定理保證了這樣的 a 和 b 是存在的。下面說明，點 (a, b) 滿足要求。
假如 (a, b) 到 (x, y) 的距離不超過 n ，則 (a – x)2 + (b – y)2 ≤ n2 。因而， a – x 和 b – y 都必須在 – n 到 n 的范圍內。把 a – x 的值記作 i ，把 b – y 的值記作 j ，那么 x 就等於 a – i ， y 就等於 b – j ，由 a 、 b 的構造可知， x 和 y 都是表格中第 i 行第 j 列的那個質數的倍數，故 (x, y) 不是既約格點。
問題：找出所有這樣的正整數序列 (a1, a2, …, an) ，它們的和為 2n ，但我們無法把它們分成和相等的兩組。
答案：考慮 a1, a2, a1 + a2, a1 + a2 + a3, …, a1 + a2 + a3 + … + an ，除了 a1 和 a2 以外，這些數除以 n 的余數不允許相等，否則它們的差就是 n 的倍數，我們就找到了和為 n 的子集。然而，上面一共有 n + 1 個數，它們除以 n 的余數必然有相等的，因而一定是 a1 和 a2 除以 n 的余數相等。類似地， a2 和 a3 除以 n 的余數也相等， a3 和 a4 除以 n 的余數也相等，因而事實上從 a1 到 an 所有的數除以 n 的余數都是相等的。
但是這 n 個數加起來只有 2n ，可見所有的數除以 n 的余數只可能都是 1 或者都是 2 。於是我們得到了所有滿足要求的數列： (1, 1, 1, …, 1, n + 1) ，以及 (2, 2, 2, …, 2) 。其中后者要求 n 為奇數。
問題：證明，存在無窮多個正整數三元組 (a, b, c) ，使得 a2 + b2 、 b2 + c2 、 a2 + c2 都是完全平方數。
答案：任取一組勾股數 (x, y, z) ，令 a = x|4y2 – z2| ， b = y|4x2 – z2|， c = 4xyz 。於是，
a2 + b2 = x2(3y2 – x2)2 + y2(3x2 – y2)2
= x6 + 3x2y4 + 3x4y2 + y6
=(x2 + y2)3 = (z3)2
a2 + c2 = x2(4y2 + z2)2
b2 + c2 = y2(4x2 + z2)2
從而 a 、 b 、 c 滿足要求。由於勾股數有無窮多組，因此滿足要求的 (a, b, c) 也有無窮多組。
這相當於給出了 Euler 磚塊（所有棱長和所有面對角線都是整數的長方體）的一種構造解。當 (x, y, z) = (3, 4, 5) 時，我們將得到棱長分別為 117 、 44 、 240 的 Euler 磚塊，這就是最小的 Euler 磚塊，它是由 Paul Halcke 在 1719 年發現的。
大家或許會想，有沒有什么長方體，不但所有棱長和所有面對角線都是整數，連體對角線也是整數呢？這樣的長方體就叫做完美長方體。有趣的是，雖然 Euler 磚塊有無窮多種，但是人們目前還沒有找到哪怕一個完美長方體。完美長方體究竟是否存在，目前仍然是一個未解之謎。
問題：證明，若正整數 a 和 b 互質，則 [b / a] + [2b / a] + [3b / a] + … + [(a – 1) b / a] = (a – 1)(b – 1) / 2 。其中， [n] 是 n 的整數部分，即對 n 取下整。
答案：我們先舉一個例子來說明這個問題的復雜性。數列 [b / a], [2b / a], [3b / a], …, [(a – 1) b / a] 的規律並不一定非常明確。例如，當 a = 17 且 b = 12 時， [12 / 17], [2 · 12 / 17], [3 · 12 / 17], … [16 · 12 / 17] 分別為 0, 1, 2, 2, 3, 4, 4, 5, 6, 7, 7, 8, 9, 9, 10, 11 ，但這 16 個數之和為 88 ，正好是 16 和 11 乘積的一半。
結論的證明很有意思。在平面直角坐標系的第一象限擺放一個寬為 a ，高為 b 的矩形。則 [k · b / a] 就是圖中第 k 條紅色豎直線上的整格點數目，所有 [k · b / a] 之和也就是陰影三角形內的整格點總數。然而由於 a 和 b 互質，矩形的對角線不會經過矩形內部的任何格點，因此陰影三角形內的整格點數就應該是矩形內的整格點數的一半，即 (a – 1)(b – 1) / 2。
問題：若正無理數 α 和 β 滿足 1 / α + 1 / β = 1 ，求證數列 [1 · α], [2 · α], [3 · α], … 和 [1 · β], [2 · β], [3 · β], … 既無重復又無遺漏地包含了所有的正整數。這里 [ ] 同樣是取下整的意思。
答案：讓我們先來看一個例子吧。考慮黃金比例 φ = (√5 + 1) / 2 ≈ 1.618 ，我們有 1 / φ + 1 / (φ + 1) = 1 。數列 [1 · φ], [2 · φ], [3 · φ], … 為 1, 3, 4, 6, 8, 9, 11, 12, 14, 16, 17, … ，而數列 [1 · (φ + 1)], [2 · (φ + 1)], [3 · (φ + 1)], … 則為 2, 5, 7, 10, 13, 15, 18, 20, 23, 26, … 。你會發現，前一個數列里沒有的數，正好都在后一個數列里，而后一個數列里沒有的數，前一個數列里正好都有。兩個數列合在一起，就是整個正整數序列。
這個定理叫做 Beatty-Rayleigh 定理，它有很多種證明，其中兩種證明參見 Wikipedia 。這里給出一種我非常喜歡的證明，它出自 Using your Head is Permitted 。
首先注意到，如果 x 和 y 都不是整數，那么 [x] 嚴格地小於 x ，[y] 嚴格地小於 y ，從而 [x] + [y] < x + y 。另外，[x] 一定嚴格地大於 x – 1 ， [y] 一定嚴格地大於 y – 1 ，從而 [x] + [y] 一定嚴格地大於 x + y – 2。這說明，當 x 和 y 都不是整數時， [x] + [y] 將介於 x + y – 2 和 x + y 之間。
回到原問題。顯然，在第一個數列中，小於 n 的正整數有 [n / α] 個。顯然，在第二個數列中，小於 n 的正整數有 [n / β] 個。因此，在這兩個數列中，小於 n 的正整數共有 [n / α] + [n / β] 個。由於 α 和 β 都是無理數，因此 n / α 和 n / β 不可能為整數，由剛才的結論， [n / α] + [n / β] 一定介於 n / α + n / β – 2 和 n / α + n / β 之間，即 n – 2 和 n 之間。但是， [n / α] + [n / β] 是個整數，因而它精確地等於 n – 1 。
這說明，前 n – 1 個正整數在兩個數列中一共出現了 n – 1 次，這對於所有 n 都成立。於是，正整數 1 必須且只能出現在其中一個數列中，正整數 2 必須且只能出現在其中一個數列中，以此類推，每一個新的正整數都必須且只能出現在其中一個數列中。
這種取整函數的處理技巧也可以用到上一個問題里：對上一個問題里的數頭尾配對，你會發現每一對數之和都是 b – 1 。
問題：把 10, 100, 1000, 10000, … 分別寫成二進制數和五進制數：
原數列：10, 100, 1000, 10000, 10000, …
二進制：1010, 1100100, 1111101000, 10011100010000, …
五進制：20, 400, 13000, 310000, 11200000, …
你會發現，對於任意正整數 n > 1 ，后兩個數列里恰好有一個數是 n 位數。這是為什么？
答案：這是 Beatty-Rayleigh 定理的一個非常漂亮的直接推論。 10k 的二進制表達恰好有 [log210k] + 1 位，即 [k · log210] + 1 位。10k 的五進制表達恰好有 [log510k] + 1 位，即 [k · log510] + 1 位。我們只需要證明，數列 [1 · log210], [2 · log210], [3 · log210], … 和 [1 · log510], [2 · log510], [3 · log510], … 既無重復又無遺漏地包含了所有正整數。注意到 log210 和 log510 是兩個倒數和為 1 的無理數，用一下 Beatty-Rayleigh 定理就出來了。
如果你喜歡這些問題，這里還有另一個類似的小合集：http://www.matrix67.com/blog/archives/3172