数论问题42
命题1，设m，n都是自然数，p>2为素数，且有m/n=1十1/2+1/3+1/4+...+1/(p-1)。求证:m被p整除。
分析:p为素数，p-1为偶数，题设意义对于p>2的素数都成立，所以，从p取较小的素数开始验证，从中找出一般规律。
如p=3，m/n=1十1/2化简为2m=3n，因为m，n为整数，3不整除2，3必整除m，命题成立。再如p=5，m/n=1十1/2+1/3+1/4化简为12m=25n，如是5必整除m。
对于任意大的素数p，要把m/n=1十1/2+1/3+1/4+...+1/(p-1)化简为整式，需要技巧，这个技巧从p取较小数中寻找，排列m/n=1十1/2，
m/n=1十1/2+1/3+1/4，
m/n=1十1/2+1/3+1/4+1/5+1/6.
变形为m/n=1十1/2
m/n=1十1/2+1/3+1/4
=(1+1/4)+(1/2+1/3)
=(1+4)/4+(2+3)/6
观察分子为5，分母为2x2，2x3，
m/n=1十1/2+1/3+1/4+1/5+1/6.
=(1+1/6)+(1/2+1/5)+(1/3+1/4)
=(1十6)/6+(2十5)/(2x5)十(3+4)/(3x4)
观察分子为7，分母为2x3，2x4，2x5。
有此规律，再一般化
1+1/(p-1)=P/(p-1)，
1/2+1/(P－2)=P/2(p-2)，
1/3+1/(p－3)=p/3(p-3)，…
1/(p-1)+1/(p+1)÷2=p/[(p-1)(p+1)]。
发现了规律，剩下的就是通分化简了，再由较小值开始发现规律。
m/n=1十1/2+1/3+1/4+1/5+1/6.
=(1+1/6)+(1/2+1/5)+(1/3+1/4)
=(1十6)/6+(2十5)/(2x5)十(3+4)/(3x4)
分母为2x3x3x4x2x5=2x3x4x5x6=6！。
当p=11时，m/n的通分分母为10！=1x2x3x…x10(10的阶乘)。
把通分的分子用q(正整数表示，分子为pq，即，m/n=pxq/(p-1)！，变形为，
(p-1)！=pqn，由于p不整除(p-1)！，所以p必整除m，证毕。
命题2，证明:对于任意n∈N，1^2023+2^2023+…+n^2023都不能被n+2整除。
分析:这类问题是特殊和一般的关系问题，就是说n=0，1，2，…命题都成立。既然这样，从n为较小数时，寻找式子1，不能被2整除1+2^2023，不能被4整除1+2^2023+3^2023，不能被5整除1+2^注:2^2023表2的2023次方幂。
如果不能从这较小的式子中找到规律，就无从论证一般情况。
1+2^2023+3^2023，是怎样的不能被5整除？
有公式，当n为奇数时，a^n+b^n
=(a+b)[a^(n-1) - a^(n-2) *b -... -a*b^(n-2)+b^(n-1)]。
1+2^2023+3^2023=1+(2+5)a，a为整数，5不整除1，5整除5a，所以式子不能被5整除。1+2^2023+3^2023十4^2023。不能被6整除，技巧
2(1+2^2023+3^2023十4^2023)=2+(2^2023十4^2023)+(3^2023十3^2023)十(2^2023十4^2023)。由公式，每一个括号中两数和都能被6整除，而2不能被6整除，所以式子不能被6整除。推广到一般就证明了命题。
命题3，证明，对于任意正整数n，19*8^n+17是合数。
分析:若a，b为正整数，那么，ab为合数。根据这个概念，对于任意正整数n，一定要有19*8^n+17=ab出现。从n=1，2，3考查规律。
n=1，19*8+17=13*13=169，能被13整除。n=2，19*64+17=1233=3*3*137，能被3整除。
n=3，19*8^3+17=9745=5*1949.能被5整除。发现19*8^n+17，能被3，5，13整除。
如果再耐心一点，再验证n=4，借用计算器19*8^4+17=3^4x961，能被3整除。
惊喜发现n为偶数时，19*8^n+17能被3整除？是否对于任意偶数n都有此规律？这启示了我们要对n进行分类。我们熟悉奇偶分类n=2K，或n=2K+1，K∈N。
以3分类n=3K，或n=3k+1，或n=3K+2。
以4分类n=4K，或n=4k+1，或n=4K+2，或n=4K+3。
19*8^n+17到底适应那一种分类，做一点尝试就能找到。
当n=2K时，19*8^n+17进行变形，变形主要是19的加法分拆，针对3，5，13
19=18十1=15+4=13+6。
①当n=2K时，19*8^n+17=18*8^n+8^n+17，考查3是否整除8^n+17？
8^n+17=64^K+17，17=3X6-1被3除余-1，64^K=(63+1)^K被3除余1，所以，64^K+17能被3整除。注意，(63+1)^K二项式展开最后一项为1，其他各项都含63。
当n=2K时，19*8^n+17=3a，a∈N。
那么，当n=2k+1时，19*8^n+17=ab出现吗？②当n=2K+l时，19*8^n+17=13x8^n+6x8^n+17。以13整除各加数，17=13+4，6x8^n会有13a-4吗？6x8^n=48x64^K=39x64^K+9x64^K，考查9x64^K被13除的余数，主要是64^K被13除的余数。
64^K，只考查8，8^2，8^3，8^4，…被13除余8，12，5，1，…，余1是我们要的。因为9x(8^4)^(K÷2)被13除余9或余-4。这时，只要n=4K+1就满足了19*8^n+17=13a。
在考查8^n被13除的余数时，有一个费马小定理，当a与p互质时，a^(p-1)被p除余1。
应用定理有，2^12被13除余1。\n\n上面已经对n=2K，n=4K+1考查了
19*8^n+17都是合数，剩下的只要考查n=4k+3时，19*8^n+17为合数，就证明了命题。
③当n=4k+3时，应用费马小定理，8^4被5除余1。
19*8^n+17=(15十4)x8^n+17
=15x8^n+4x8^n十17
=15x8^n+4x8^3x(8^4)^k十17，
4x8^3+17=5x413。即
15x8^n+4x8^n十17=5a，a∈N。
因为n=2K，或n=4K+1，或n=4K+3，K∈N，概括了n为任意正整数，给出了19x8^n+17至少含有3，5，13的因子数，所以，19x8^n+17必是合数。
命题4，证明，对于任意n>2，n∈N，方程x^n+(x+1)^n=(x+2)^n没有自然数解。证明:设x∈N满足n>2的方程。记y=x+1≥2，则有(y-1)^n+y^n=(y+1)^n。变形
0=(y+1)^n-(y-1)^n-y^n，
用y除方程各项，余数有
0=0(mody)，(y+1)^n=1(mody)，y^n=0(mody)，(y-1)^n=(-1)^n(mody)，
即\n\n0=(y+1)^n-(y-1)^n-y^n=1-(-1)^n(mody)\n\n。
当n奇数时，0=2(mody)，矛盾。所以n只能取偶数。
由二项式定理，n为偶数
(y±1)^n被y^3除余最后三项
n(n-1)/3y^2±ny+1，所以
0=(y+1)^n-(y-1)^n-y^n=2ny(mody^3)，即
0=2ny(mody^3)，有
2ny≥y^3→2n>y^2。从这个结论推导，
由(y-1)^n+y^n=(y+1)^n两边除以y^n，得
(1+1/y)^n=1+(1-1/y)^n
又由贝努利不等式定理，结合2n≥y^2，
(1+1/y)^n>1+n/y>1+2n/2y>1+y^2/2y
﹥l+y/2>2，y>2。矛盾。\n\n因为，当y=2时，n为偶数，方程
(y-1)^n+y^n=(y+1)^n无解。
所以，原方程无自然数解。
命题5，证明，对于任意奇数a，b，c∈Z，方程ax^2+bx+c=0没有有理数解。
分析:我们熟悉一元二次方程求根公式和判别式△=b^2-4ac。当能证明△不为完全平方数时，那么√△一定是无理数，因为√△只有两种可能，不是整数就是无理数。关于这一点的证明，我们温习一个√2是无理数的证明。
假设√2是有理数，有理数一定能写成既约分数的形式，令√2=m/n，m，n都正整数，且m，n互质。
同时两边平方，2n^2=m^2，推出2必整除m，m为偶数，设m=2y，y为整数，代入2n^2=m^2中，得n^2=2y^2，推出2必整除n，即m，n有公约数2，这与m和n互质矛盾，所以√2是无理数。如果△不为完全平方数，√△为无理数的证明和√2为无理数的证明完全类似。
现在考查完全平方数被4和8除的余数。
由于a，b，c都是奇数，设b=2n+1，(2n+1)^2=4n(n+1)+1。即奇数完全平方数被4除必余1。又n(n+1)是相邻两个整数之积，必能被2整除，所以(2n+1)^2被8除余也余1。而-4ac被8除余4，所以b^2-4ac被8除余5。由此判定△不是完全平方数，√△为无理数。从而方程ax^2+bx+c=0没有有理数解。(李扩继)