数学问题杂记

数学问题杂记

这里放些我见到过的比较有意思的数学题吧。本文会不定期更新。所有问题的标题都是记录到博客上的时间。

这里的题解都是我自己写的,部分参考了标准答案,因此不一定都是完全正确的。如有问题欢迎指出。

2017.6.14

问题描述

给你一个无限长度的空白的尺子,问最少在上面画多少个刻度,使得可以量出 111010 每一个整数长度?
假设一共画了 nn 个刻度,每个刻度到最左边的刻度的距离为 a1,  a2,  ...,  ana_1,\; a_2, \;..., \;a_n,那么称一个长度 xx 为可测量的当且仅当存在一对 i,  ji, \;j,满足 aiaj=xa_i - a_j = x

解决方案

首先我们可以 xjb 试一试,77 个点的方案是非常 naïve 的:

77 个点的方案

通过一番尝试,我们可以构造出 66 个点的方案:

66 个点的方案

当然,因为没有长度限制,所以更长的方案我也构造出来过。总而言之,66 个点的方案不是非常困难。构造上面这个方案时,我先画了一个原点,然后向右走一步,画一个点,继续走两步,画一个点。随后回到原点左边四格的位置画一个点。然后钦定最右边的为 1010,将 00 刻度画出来。此时发现 99 不存在,所以将 11 也点上。

那么现在问题来了,55 个点的方案能否找出来?

理论上,55 个点两两配对刚好 1010 对,给人一种可以构造的感觉。不过很可惜,55 个点的方案是不存在的,这一结论可以使用计算机暴力得出。

下面给出一个不需要任何暴力的证明:

  1. 由于 55 个点两两配对一共 1010 对,所以所有点对之间的距离刚好是 111010,即不存在两个不同的点对之间的距离相同。由此可以推出,最远的两个点之间的距离为 1010,所以我们可以先钦定刻度 00 和刻度 1010 上有两个点。
  2. 剩下还有 33 个点,它们将长度为 1010 的线段分为 44 段,这四段的长度总和要为 1010,而 1010 的四拆分只有 10=1+2+3+410 = 1 + 2 + 3 + 4,所以这四段的长度构成 1144 的一个排列。
  3. 根据第一点,我们知道 11 不能与 2233 相邻,因为那样相邻的两段的长度之和就会与单独的长度为 3344 的一段冲突,因此 11 只能与 44 相邻,并且 11 只能在第一位或者最后一位。这样 2233 必须相邻。又因为 1+4=2+31+4 = 2+3,所以我们推出矛盾,故不存在 55 个点的方案。

到此处,我们已经可以回答上面的问题了,最少使用 66 个刻度。

2017.6.14

问题描述

对于 nn 个非负实数 x1,  x2,  ...,  xnx_1, \;x_2, \;...,\;x_n,证明:

x1x2xn(x1+x2+xnn)n x_1x_2\cdots x_n \leqslant \left( \frac{x_1 + x_2 + \cdots x_n}n \right)^n

即基本不等式。

解决方案

我是在《具体数学》一书的习题上看到的,居然可以用反向归纳法,只能表示我这种菜鸡根本想不出来。

首先 n=1n = 1 时显然,就不再考虑了。

其次,根据初中知识,(x1+x2)24x1x2=(x1x2)20(x_1 + x_2)^2 - 4x_1 x_2 = (x_1 - x_2)^2 \geqslant 0,我们可以得到 n=2n = 2 时的结论。

接下来就比较机智了,首先如果对于 nn 成立,那么对于 2n2n 也成立。我们可以考虑 2n2n 时的不等式,是这样子的(现在还不成立):

x1x2x2n(x1+x2+x2n2n)2n x_1x_2\cdots x_{2n} \leqslant \left({x_1 + x_2 + \cdots x_{2n} \over 2n}\right)^{2n}

既然是要倍增,于是试着分成两组 y1, y2, ..., yny_1,\ y_2,\ ...,\ y_nz1, z2, ..., znz_1,\ z_2,\ ...,\ z_n

yi=xizi=xn+i \begin{aligned} y_i & = x_i \\ z_i & = x_{n + i} \end{aligned}

Y=y1+y2++ynY = y_1 + y_2 + \cdots + y_nZ=z1+z2++znZ = z_1 + z_2 + \cdots + z_n。因为基本不等式对于 nn 成立,于是有:

y1y2yn(y1+y2++ynn)n=(Y/n)nz1z2zn(z1+z2++znn)n=(Z/n)n \begin{aligned} y_1y_2\cdots y_n & \leqslant \left({y_1+y_2+\cdots+y_n\over n}\right)^n = (Y/n)^n \\ z_1z_2\cdots z_n & \leqslant \left({z_1+z_2+\cdots+z_n\over n}\right)^n = (Z/n)^n \end{aligned}

又因为基本不等式对 n=2n = 2 成立,于是:

x1x2x2n=y1y2ynz1z2zn(Y/n)n(Z/n)n=((Y/n)(Z/n))n((Y/n+Z/n2)2)n=(Y+Z2n)2n=(x1+x2++x2n2n)2n \begin{aligned} x_1x_2\cdots x_{2n} & = y_1y_2\cdots y_nz_1z_2\cdots z_n \\ & \leqslant (Y/n)^n(Z/n)^n \\ & = ((Y/n)(Z/n))^n \\ & \leqslant \left(\left({Y/n + Z/n \over 2}\right)^2\right)^n \\ & = \left({Y+Z\over 2n}\right)^{2n} \\ & = \left({x_1+x_2+\cdots+x_{2n}\over 2n}\right)^{2n} \end{aligned}

上面第二个不等号用了 n=2n = 2 的基本不等式。至此,我们成功的从 nn 推到出了 2n2n

最后一步就是反向数学归纳法证明。假设现在 nn 是成立的,那么需要证明 n1n - 1 也是成立的。这个证明非常简单,只需要令 xnx_nE=(k=1n1xk)/(n1)E = \left(\sum_{k=1}^{n-1}x_k\right) / (n - 1),就可以发现:

x1x2xn1E(x1+x2++xn1+En)nx1x2xn1E((n1)E+En)nx1x2xn1EEnx1x2xn1En1x1x2xn1(x1+x2++xn1n1)n1 \begin{aligned} x_1x_2\cdots x_{n-1}E &\leqslant \left( {x_1 + x_2 + \cdots + x_{n - 1} + E \over n} \right)^n \\ x_1x_2\cdots x_{n-1}E &\leqslant \left( {(n - 1)E + E \over n} \right)^n \\ x_1x_2\cdots x_{n-1}E &\leqslant E^n \\ x_1x_2\cdots x_{n-1} &\leqslant E^{n-1} \\ x_1x_2\cdots x_{n-1} &\leqslant \left( {x_1 + x_2 + \cdots + x_{n - 1} \over n - 1} \right)^{n - 1} \end{aligned}

因此对于 n1n - 1 也是成立的。

最后综合一下,如果要想证明 n>2n > 2 成立,只需要从 m=2m = 2 开始,倍增 mm 直到 mnm \geqslant n,然后反向归纳到 nn 即可。因此基本不等式对于所有正整数 nn 均成立。

2017.12.16

问题描述

(哥德巴赫-欧拉定理)

(1) (《具体数学》第二章习题 31)证明:

j=2k=21jk=1 \sum_{j=2}^\infty\sum_{k=2}^\infty \frac1{j^k} = 1

(2) (《具体数学》第二章习题 35)设集合 P={mnm,  n2,  m,  nN}P = \{m^n \mid m,\;n \geqslant 2,\;m,\;n\in \mathbf{N}\},因此我们知道:

P={4,  8,  9,  16,  25,  27,  32,  36,  ...} P = \{4,\;8,\;9,\;16,\;25,\;27,\;32,\;36,\;...\}

证明:

kP1k1=1 \sum_{k \in P} {1 \over k - 1} = 1

解决方案

(1) 第一问使用几何级数即可:

j=2k=21jk=j=2(111j11j)=j=2(1j11j)=1 \begin{aligned} \sum_{j=2}^\infty\sum_{k=2}^\infty {1\over j^k} & = \sum_{j=2}^\infty \left({1 \over 1 - \frac1j} - 1 - \frac1j\right) \\ & = \sum_{j=2}^\infty \left(\frac1{j-1} - \frac1j\right) \\ & = 1 \end{aligned}

(2) 考虑到 (1) 计算出的答案是 11,这在隐隐约约之中指引着我们去寻找 (1) 和 (2) 之间的联系。

经过一番考虑,我们发现如果分子分母同除 kk 会有奇效:

1k1=1k111k=1kj=01kj=j=11kj {1 \over k - 1} = \frac1k \cdot {1 \over 1 - \frac1k} = \frac1k\sum_{j=0}^\infty {1 \over k^j} = \sum_{j=1}^\infty {1 \over k^j}

所以原式变身为:

kPj=11kj \sum_{k \in P}\sum_{j=1}^\infty \frac1{k^j}

十分巧妙的是,我们可以找出一种一一对应的关系,满足 pq=kjp^q = k^j,其中 p,  q2p,\;q \geqslant 2 (即 (1) 中的下标 jjkk),而 kP,  j1k \in P,\;j\geqslant 1 (上面那个式子的下标)。

根据 PP 的定义,设 k=mnk = m^n。在这里,我们可以要求 mPm \notin P,因为如果 mPm \in P,那么意味着 mm 又可以被表示成 aba^b 的形式,这时我们只需令 m=am = a 并且使 nn 乘上 bb 就可以了。所以具体对应方案如下:

  1. j>1j > 1 时,我们显然可以直接令 p=kp = k 以及 q=jq = j,就可以满足要求。
  2. j=1j = 1 时,由于 k=mnk = m^n,所以我们还是可以令 p=mp = mq=nq = n

为了证明这是双射,所以我们还需要从另一个方向来对应:

  1. pPp \in P,则 k=pk = p 并且 j=qj = q,这是因为 kPk \in P
  2. pPp \notin P,则 k=pqk = p^q,此时 j=1j = 1。从这里可以看出我们要求 mPm \notin P 的好处。

至此,我们就成功证明了 (2) 中的等式。

2018.1.7

问题描述

证明:对于任意的正整数 nn,均可被表示为 2k\left\lfloor \sqrt2 k \right\rfloor(2+2)k\left\lfloor (2 + \sqrt2)k \right\rfloor 中的有且仅有一种形式,其中 kk 也是正整数。

换句话说,集合 A={2kkN+}A = \left\{\left\lfloor \sqrt2 k \right\rfloor \mid k \in \mathbf{N}^+\right\}B={(2+2)kkN+}B = \left\{\left\lfloor (2 + \sqrt2) k \right\rfloor \mid k \in \mathbf{N}^+ \right\},证明 AB=A \cap B = \varnothing 并且 AB=N+A \cup B = \mathbf{N}^+,就像把正整数集划分为两半一样。

解决方案

这个思路确实比较有趣,我们尝试证明,对于任意的正整数 nn,集合 AA 中不大于 nn 的元素个数 aa 与集合 BB 中不大于 nn 的元素个数 bb 之和等于 nn。如果得到了这个结论,原命题就很容易说明了。

先考虑集合 AA:

a=k[12kn]=k[12k<n+1]=n+1212=n+121 \begin{aligned} a & = \sum_k \left[1 \leqslant \left\lfloor \sqrt2 k \right\rfloor \leqslant n \right] \\ & = \sum_k \left[1 \leqslant \sqrt2 k < n + 1\right] \\ & = \left\lceil {n + 1 \over \sqrt2} \right\rceil - \left\lceil {1 \over \sqrt2} \right\rceil \\ & = \left\lceil {n + 1 \over \sqrt2} \right\rceil - 1 \end{aligned}

同理可得:

b=n+12+21=(22)(n+1)21=n+1+2(n+1)21=nn+12 \begin{aligned} b & = \left\lceil {n + 1 \over 2 + \sqrt2} \right\rceil - 1 = \left\lceil {(2 - \sqrt2)(n + 1) \over 2} \right\rceil - 1 \\ & = n + 1 + \left\lceil -{\sqrt2(n + 1) \over 2} \right\rceil - 1 \\ & = n - \left\lfloor {n + 1 \over \sqrt2} \right\rfloor \end{aligned}

因此:

(1)a+b=n1+n+12n+12 a + b = n - 1 + \left\lceil {n + 1 \over \sqrt2} \right\rceil - \left\lfloor {n + 1 \over \sqrt2} \right\rfloor \tag{1}

我们知道,对于任意实数 rr

rr={0(rN)1(otherwise) \lceil r \rceil - \lfloor r \rfloor = \begin{cases} 0 & (r \in \mathbf{N}) \\ 1 & (\text{otherwise}) \end{cases}

(n+1)/2(n+1) / \sqrt2 一定是无理数,故 (1)(1) 式中的取上整减取下整的部分恒为 11,即 a+b=na + b = n

事实上,对于任意的正无理数 α\alphaβ\beta,只要满足 1/α+1/β=11/\alpha + 1/\beta = 1,集合 A={αkkN+}A = \left\{\left\lfloor \alpha k \right\rfloor \mid k \in \mathbf{N}^+\right\} 和集合 B={βkkN+}B = \left\{\left\lfloor \beta k \right\rfloor \mid k \in \mathbf{N}^+\right\} 就会是一个正整数的划分。具体的证明方法与上面类似。

2018.1.13

问题描述

求下面这个递推式的通项公式:

R(1)=4R(n+1)=3R(n)+2n14n    (n>1) \begin{aligned} R(1) & = 4 \\ R(n + 1) & = 3R(n) + 2^{n-1}-4n ~~~~(\forall n > 1) \end{aligned}

解决方案

这里主要是记录一下 Repertoire Method 这种方法,不过现在我还不知道该怎么翻译这个名称…

这个方法基于一个简单的观察:如果设

R(1)=aR(n+1)=3R(n)+b2n1+cn+d \begin{aligned} R(1) & = a \\ R(n + 1) & = 3R(n) + b\cdot 2^{n-1} + c\cdot n + d \end{aligned}

我们会发现:

R(1)=aR(2)=3a+b+c+dR(3)=9a+5b+5c+4dR(4)=27a+19b+18c+13dR(5)=81a+65b+58c+40d \begin{aligned} R(1) & = a \\ R(2) & = 3a + b + c + d \\ R(3) & = 9a + 5b + 5c + 4d \\ R(4) & = 27a + 19b + 18c + 13d \\ R(5) & = 81a + 65b + 58c + 40d \\ &\cdots \end{aligned}

可以猜测,R(n)R(n) 的通项公式可以被写成以下形式:

R(n)=af(n)+bg(n)+ch(n)+dφ(n) R(n) = a\cdot f(n) + b \cdot g(n) + c\cdot h(n) + d \cdot \varphi(n)

其中 f(n)f(n)g(n)g(n)h(n)h(n)φ(n)\varphi(n) 都是关于 nn 的简单函数。运用数学归纳法,不难证明可以一直保持这种形式。

我们现在的目标就是求出这四个函数。接下来的步骤就比较投机了,我们可以猜测当 aabbccdd 取不同值的时候 R(n)R(n) 可能的形式,我们可以假设 R(n)=1R(n) = 1,尝试找出是否有对应的值。根据递推的等式,可以列出:

{1=a1=3×1+b2n1+cn+d \begin{cases} 1 = a \\ 1 = 3 \times 1 + b \cdot 2^{n-1} + c\cdot n + d \end{cases}

不难发现:a=1a = 1 以及 d=2d = -2,其余两个变量只能为 00。回代到 R(n)R(n) 的通项公式中:

R(n)=f(n)2φ(n)=1 R(n) = f(n) - 2\varphi(n) = 1

我们明白,如果能按照类似的方式找到 44 个这样的方程,我们就可以把四个函数全部都解出来。现在继续尝试一些其它的函数。考虑到递推式中有 nn 这种东西,可以尝试当 R(n)=nR(n) = n 时的情况:

{0=an+1=3n+b2n1+cn+d \begin{cases} 0 = a \\ n + 1 = 3n + b \cdot 2^{n-1} + c\cdot n + d \end{cases}

可以解出 a=1,  c=2,  d=1a = 1,\;c = -2,\;d = 1。因此 f(n)2h(n)+φ(n)=nf(n) - 2h(n) + \varphi(n) = n

根据同样的想法,尝试一下 R(n)=2nR(n) = 2^n

{2=a2n+1=3×2n+b2n1+cn+d \begin{cases} 2 = a \\ 2^{n+1} = 3 \times 2^n + b \cdot 2^{n-1} + c\cdot n + d \end{cases}

此时 a=2,  b=2a = 2,\;b = -2,同时我们有 f(n)g(n)=2n1f(n) - g(n) = 2^{n-1}

此外注意到第二个递推式中 R(n)R(n) 前的系数是 33,说明通项公式中应该是有 3n3^n 这种东西的。于是尝试 R(n)=3nR(n) = 3^n

{3=a3n+1=3n+1+b2n1+cn+d \begin{cases} 3 = a \\ 3^{n + 1} = 3^{n+1} + b \cdot 2^{n-1} + c\cdot n + d \end{cases}

So easy, a=3a = 3,并且可以直接知道 f(n)=3n1f(n) = 3^{n - 1}

现在 44 个方程集齐了,只需要解下面这个方程组:

{f(n)2φ(n)=1f(n)2h(n)+φ(n)=nf(n)g(n)=2n1f(n)=3n1 \left\{ \begin{aligned} f(n) - 2\varphi(n) & = 1 \\ f(n) - 2h(n) + \varphi(n) & = n \\ f(n) - g(n) &= 2^{n-1} \\ f(n) & = 3^{n - 1} \end{aligned} \right.

不难解出:

{f(n)=3n1g(n)=3n12n1h(n)=143n12n14φ(n)=123n112 \left\{ \begin{aligned} f (n) & = 3^{n - 1} \\ g(n) & = 3^{n-1} - 2^{n - 1}\\ h(n) & = \frac14 3^n - \frac12 n - \frac14 \\ \varphi(n) & = \frac12 3^{n - 1} - \frac12 \end{aligned} \right.

现在来解决原问题。原问题中,a=4,  b=1,  c=4,  d=0a = 4,\;b = 1,\;c = -4,\;d = 0,所以 R(n)=4f(n)+g(n)4h(n)=2×3n12n1+2n+1R(n) = 4f(n) + g(n) - 4h(n) = 2\times 3^{n-1} - 2^{n-1}+2n+1。纵观整个过程,Repertoire Method 并不简单,甚至有点繁琐,但仍不失为探究问题的一种好思路。

2018.2.17

问题描述

证明,对于任意的整数 nn正整数 mm,满足:

nm=n+m1m \left\lceil {n \over m} \right\rceil = \left\lfloor {n + m - 1 \over m} \right\rfloor

解决方案

直接证明这个问题并不是特别困难,因为右边就是 1+n/m1/m1 + \lfloor n/m - 1/m \rfloor,然后分情况讨论 n/mn/m 是否为整数就可以得到结论。这里就不详细说了。

另外一种方法比较有意思,考虑将 nn 表示为 mn/m+nmodmm\lfloor n/m \rfloor + n \bmod m 的形式,然后上式左右同减 n/m\lfloor n/m \rfloor 可以得到:

nm=n+m1m nmnm=mn/m+nmodm+m1mnm [nmZ]=nm+nmodm+m1mnm [nmodm0]=[nmodm+m1m] [nmodm>0]=[nmodm>0] \begin{aligned} & \left\lceil {n \over m} \right\rceil = \left\lfloor {n + m - 1 \over m} \right\rfloor \\ \Leftrightarrow \ & \left\lceil {n \over m} \right\rceil - \left\lfloor {n \over m} \right\rfloor = \left\lfloor {m\lfloor n/m \rfloor + n \bmod m + m - 1 \over m} \right\rfloor - \left\lfloor {n \over m} \right\rfloor \\ \Leftrightarrow \ & \left[\frac{n}m \not\in \mathbf{Z} \right] = \left\lfloor {n \over m} \right\rfloor + \left\lfloor {n \bmod m + m - 1 \over m} \right\rfloor - \left\lfloor {n \over m} \right\rfloor \\ \Leftrightarrow \ & [n \bmod m \neq 0] = [n \bmod m + m - 1 \geqslant m] \\ \Leftrightarrow \ & [n \bmod m > 0] = [n \bmod m > 0] \end{aligned}

从而证明了等式。

2018.4.4

问题描述

(IMO 2012 预选题 C2

{1,2,...,n}\{1,2,...,n\} 中最多能选出多少对不相交的二元组 (a,b)(a, b),满足 a+bna + b \leqslant n,并且任意两对的元素之和不同?

如,当 n=6n = 6 时,可以找出 2+4=62 + 4 = 61+3=41 + 3 = 4,并且最多也只能找出两对。

解决方案

首先考虑上界,假设找到了 mm 对,则选出来的数字之和至少是:

k=12mk=m(2m+1) \sum_{k=1}^{2m}k = m(2m + 1)

而每对的和两两不同,意思是数字之和至多为:

k=0m1(nk)=mnm(m1)2 \sum_{k = 0}^{m-1}(n-k) = mn - {m(m-1) \over 2}

根据这两个界限,可知:

m2n15m2n15 m \leqslant {2n - 1 \over 5} \Leftrightarrow m \leqslant \left\lfloor {2n - 1 \over 5} \right\rfloor

现在我们来尝试构造,使得正好能选出 (2n1)/5\lfloor (2n - 1)/5 \rfloor 对二元组。为了更方便地考虑这个问题,首先构建一个直观一点的模型。设第 kk 个二元组(1km1 \leqslant k \leqslant m)为 (ak,bk)(a_k, b_k),以及 ck=ak+bkc_k = a_k + b_k。尝试 ak=ka_k = k 以及 ck=nk+1c_k = n - k + 1 的情况(也就是选取的最小的 mm 个数字和最大的 mm 个和,因为这样看起来成功率高一些),建立一个表格,如下图所示,其中每一个在第 xx 行第 yy 列的单元格上的数字为 cyaxc_y - a_x,代表 bkb_k 的候选值:

imo-2012-c2-n11

n=11n = 11m=4m = 4 时的情况。 左边一竖列从上至下为 a1..ama_1..a_m,最上面一横排从左至右为 cm..c1c_m..c_1,中间 1616 个单元格代表的是 bkb_k 的候选值。图中给出了一种构造方案,即 1+8=91 + 8 = 92+9=112+9=113+5=83+5=84+6=104+6=10,这也是最优的方案之一

观察这个表格,一个重要的信息就是每一个从左上至右下的斜列(后简称斜列)上的数字是一样的。正如上图中所展示的,我们需要从中间 m2m^2 个单元格中圈出 mm 个数字作为 b1..bmb_1..b_m。当然这是有讲究的。由于不能选相同的数字,所以每一行、每一斜列均只能圈一个;因为和要两两不同,所以每一竖列也只能圈一个。同时我们注意到左下角可能会有和 a1..ama_1..a_m 相同的区域,姑且称其为 “禁区”,因为这个里面的数字也不能圈。如果这些条件均满足了,那么不难发现我们得到了一个合法方案。

根据上面的限制,格子中究竟写了什么数字已经不再重要了。现在的麻烦主要在于左下角的 “禁区”,它导致我们不能随意选择。因此,在构造的时候,要尽可能远离那个区域,也就是左下角要尽可能留出空白。为了探究规律,手玩一下 mm 较小的情况:

imo-2012-c2-m16

mm1..61..6 时的最优解?

上图中 m=6m = 6 的规律已经体现得很明显了。记第 xx 行第 yy 列为 (x,y)(x, y)。我们从 (1,2)(1, 2) 开始,设当前处在 (x,y)(x, y) 处,则下一步移动到 (x+1,y+2)(x+1,y+2) 处。如果 y+2>my + 2 > m,则移动到 (x+1,1)(x + 1, 1) 处。这有点类似于象棋中的 “跳马”。

这样构造出来的方案显然是满足要求的,但是我们还需要考察 mm 的最大值,因为随着 mm 的增大,“禁区” 的范围也会扩大。由于我们的 “马步” 走法的直线的斜率小于 “禁区” 边界的斜率,所以只需考虑第 11 列中的情况。在表格中 (x,y)(x, y) 上的数字为 nmx+yn - m - x + y,易知最左列中 “禁区” 最高点是倒数3mn3m - n 个格子,而在这一列中,我们选取的位置是倒数m/2\lceil m/2 \rceil 个格子,所以:

3mn<m23mn<m2m<2n5m2n51=2n55 \begin{aligned} & 3m - n < \left\lceil {m\over 2} \right\rceil \\ \Leftrightarrow \: & 3m - n < \frac{m}2 \\ \Leftrightarrow \: & m < {2n \over 5} \\ \Leftrightarrow \: & m \leqslant \left\lceil{2n \over 5}\right\rceil - 1 = \left\lceil{2n - 5\over 5}\right\rceil \\ \end{aligned}

虽然我们得到的结果与之前不同,但实际上 (2n5)/5=(2n1)/5\lceil (2n - 5) / 5 \rceil = \lfloor (2n - 1) / 5 \rfloor,这是因为:

2n55=2n152n552n15<2n55+12n15452n152n15<2n52n5 \begin{aligned} &\left\lceil {2n - 5 \over 5} \right\rceil = \left\lfloor {2n - 1 \over 5} \right\rfloor \\ \Leftrightarrow \: & \left\lceil {2n - 5 \over 5} \right\rceil \leqslant {2n - 1 \over 5} < \left\lceil {2n - 5 \over 5} \right\rceil + 1 \\ \Leftrightarrow \: & \left\lceil {2n - 1 \over 5} - \frac45 \right\rceil \leqslant \left\lfloor {2n - 1 \over 5} \right\rfloor \leqslant {2n - 1 \over 5} < {2n \over 5} \leqslant \left\lceil {2n \over 5} \right\rceil \end{aligned}

最后一行最左边的小于等于号是通过分 (2n1)/5(2n - 1) / 5 是否为整数的两种情况讨论得来的:当它是整数时取等,否则其小数部分不大于 4/54/5,所以不等式成立。综上,答案就是 (2n5)/5=(2n1)/5\lceil (2n - 5) / 5 \rceil = \lfloor (2n - 1) / 5 \rfloor

2018.5.19

问题描述

(1) 给定自然数 nn,计算 $\newcommand{up}[1]{\left\lceil #1 \right\rceil}\newcommand{dw}[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor} \sum_{k=1}^\infty 2^k\lfloor n/2^k + 1/2\rfloor^2$

(2) 给定实数 xx,定义 $\newcommand{\dis}[1]{\lVert #1 \rVert} \dis{x} = \min\{\up{x} - x,\ x - \dw{x}\}$xx 离最近的整数的距离,计算 kZ2kx/2k2\sum_{k \in \mathbf{Z}} 2^k \lVert x / 2^k \rVert^2

解决方案

(1) 计算这个和的思路有点非常规,考虑递推的方法,设 SnS_n 为上面的和式。考虑到任意自然数 nn 均可被唯一分解为 2pq2^p \cdot qqq 是奇数),当 k=p+1k = p + 1 时:

n2k+12=q+12=q+12n12k+12=q+121=q12 \begin{aligned} \left\lfloor {n \over 2^k} + \frac12 \right\rfloor & = \left\lfloor {q + 1 \over 2} \right\rfloor = {q + 1 \over 2} \\ \left\lfloor {n - 1 \over 2^k} + \frac12 \right\rfloor & = \left\lfloor {q + 1 \over 2} \right\rfloor - 1 = {q - 1 \over 2} \end{aligned}

所以 SnS_nSn1S_{n - 1} 中第 kk 项之差为 2kq=2n2^k \cdot q = 2n,而其余项中 n/2kn / 2^k 得不到像上面 qq 这样的奇数,两者结果相同。所以 Sn=Sn1+2n=n2+nS_n = S_{n - 1} + 2n = n^2 + n

(2) 第二问实际上除了形式与第一问类似,其实没有多少关联......

为了方便书写和探究,记函数 f(x)f(x) 为我们需要计算的式子。写个程序瞎试一下其实会发现 f(x)=x (x0)f(x) = x \ (x \geqslant 0)。此外由于平方的原因,f(x)=f(x)f(-x) = f(x),不难推测 f(x)=xf(x) = \lvert x \rvert

难的是如何证明猜出来的结论。首先无论 kk 趋向于正无穷还是负无穷,级数总是收敛的,故对于所有的 xxf(x)f(x) 总存在。由于 f(x)=f(x)f(-x) = f(x),因此我们可以只用考虑 x0x \geqslant 0 的情况。另外可以注意到 f(2x)=2f(x)f(2x) = 2f(x)。令 f(x)=l(x)+r(x)f(x) = l (x) + r(x),将 f(x)f(x)k0k \leqslant 0 的项放入 l(x)l(x) 中,其余的放入 r(x)r(x) 中,分开处理这两部分。

对于 l(x)l(x),由于 1/2k1/2^kk0k \leqslant 0 时均为整数,所以 x/2k=(x+1)/2k\lVert x / 2^k \rVert = \lVert (x + 1) /2^k \rVert,即 l(x+1)=l(x)l(x + 1) = l(x)。因为 x1/2\lVert x \rVert \leqslant 1/2,所以 l(x)k=02k/4=1/2l(x) \leqslant \sum_{k = 0}^\infty 2^k / 4 = 1/2

对于 r(x)r(x)k>02k2k > 0 \Rightarrow 2^k \geqslant 20x<10 \leqslant x < 1 时,x/2k\lVert x / 2^k \rVert(x+1)/2k\dis{(x+1)/2^k} 都可以简单地化简出来。此时 r(x)=k=1x2/2k=x2<1r(x) = \sum_{k=1}^\infty x^2/2^k = x^2 < 1,而 r(x+1)=(1x)2/2+k=2(x+1)2/2k=x2+1r(x + 1) = (1-x)^2/2 + \sum_{k=2}^\infty (x+1)^2/2^k = x^2 + 1。即 r(x+1)=r(x)+1r(x + 1) = r(x) + 1。综上,当 0x<10 \leqslant x < 1f(x+1)=f(x)+1f(x + 1) = f(x) + 1

是否有更一般的结论呢?对于任意自然数 nnf(x+n)=f(x)+nf(x + n) = f(x) + n 能否被证明?考虑到 f(2x)=2f(x)f(2x) = 2f(x),因此尝试将 nn 设为 2mq+r2^mq + r 的形式,其中 m1m \geqslant 1rr0011 从而使得 mm 的条件可以满足。对 nn 使用归纳法,当 n=0, 1n = 0,\ 1 时显然,之后 f(x+n)=2mf((x+r)/2m+q)f(x + n) = 2^mf((x+r)/2^m + q),由于 q<nq < nx+r<22mx + r < 2 \leqslant 2^m 根据归纳假设,之前的式子等于 2mf((x+r)/2m)+2mq=f(x+r)+nr=f(x)+n2^mf((x+r)/2^m) + 2^mq = f(x + r) + n - r = f(x) + n

根据以上结论,再结合 f(0)=0f(0) = 0,我们已经可以得到对于任意整数 nnf(n)=nf(n) = \lvert n \rvert。接下来的步骤非常巧妙的利用了夹逼原理:还是假设 x0x \geqslant 0,对于任意正整数 mm,我们有:

$$ \begin{aligned} f(x) & = 2^{-m}f(2^mx) \\ & = 2^{-m}\dw{2^mx} + 2^{-m}f(\{2^mx\}) \end{aligned} $$

现在是时候来证明我们的猜想了:

$$ \begin{aligned} 0 \leqslant \lvert f(x) - x \rvert & = \lvert 2^{-m}\dw{2^mx} - x + 2^{-m}f(\{2^mx\}) \rvert \\ & \leqslant 2^{-m}\lvert \dw{2^mx} - 2^mx \rvert + 2^{-m}f(\{2^mx\}) \\ & < 1\cdot 2^{-m} + (1/2 + 1) \cdot 2^{-m} = 5/2 \times 2^{-m} \end{aligned} $$

mm 趋近于无穷大时,右式趋近于 00。因此不难得到 f(x)=xf(x) = \lvert x \rvert 的结论。

2018.6.10

问题描述

已知 0a<10 \leqslant a < 1b0b \geqslant 0,找出关于 aabb 的充要条件使得我们能够根据多重集合 S(a, b)S(a,\ b)

$$ S(a,\ b) = \{\dw{na} + \dw{nb}:\ n \in \mathbf{N}^+\} $$

唯一确定 aabb 的值。

解决方案

对于这个题,关键的一个处理步骤就是令 $\newcommand{fa}[1]{\{ #1 \}}b = \dw{b} + \fa{b}$。考虑到 $\dw{b}$ 是整数,且 $0 \leqslant \fa{b} < 1$,可以尝试做出以下转化:

$$ \begin{aligned} \dw{na} + \dw{nb} & = \dw{na} + \dw{n\dw{b} + n\fa{b}} \\ & = \dw{n(a + \dw{b})} + \dw{n\fa{b}} \end{aligned} $$

换句话讲,$S(a,\ b) = S(\fa{b},\ a + \dw{b})$。因此可以得出其必要条件$a = \fa{b}$

得到这个后证明它同时也是充分条件也就不难了。令 n=1n = 1,可以得到 $\dw{b}$。之后将所有的 $n\dw{b}$S(a, b)S(a,\ b) 中减去,得到 $S(a,\ \fa{b})$。由于 $a = \fa{b}$,所以将 $S(a,\ \fa{b})$ 中每个元素除以 22 就是 $\{\dw{na}:\ n \in \mathbf{N}^+\}$,由此可以唯一确定 aa

2018.11.17

问题描述

已知 φ\varphi 为任意实数,求:

limnk=1ncosφ2k \lim_{n\rightarrow\infty} \prod_{k = 1}^n \cos{\varphi \over 2^k}

解决方案

首先你需要跳出 cos\cos 的怪圈,想到 sin\sin 的倍角公式:

sinx=2cosx2sinx2 \sin x = 2\cos \frac{x}2 \sin \frac{x}2

于是你发现可以继续展开下去,得到一堆 cos\cos 相乘:

sinx=2ncosx2cosx4cosx2nsinx2n \sin x = 2^n\cos \frac{x}2 \cos \frac{x}4 \cdots \cos \frac{x}{2^n} \sin \frac{x}{2^n}

所以我们求的极限就是:

limnk=1ncosφ2k=limnsinφ2nsinφ2n \lim_{n\rightarrow\infty} \prod_{k = 1}^n \cos{\varphi \over 2^k} = \lim_{n\rightarrow\infty} {\sin \varphi \over 2^n \sin \frac{\varphi}{2^n}}

当然上面这里要求 sin(φ/2n)0\sin(\varphi/2^n) \neq 0。若 φ0\varphi \neq 0,当 nn 足够大时,0<φ/2n<π/20 < |\varphi / 2^n| < \pi / 2,从此函数值就不可能等于 00 了,这样就只剩 φ=0\varphi = 0 的情况了。而若 φ=0\varphi = 0,原来那个极限等于 11,之后我们就默认其不为 00。由于 φ/2n0\varphi / 2^n \rightarrow 0,利用 xsinxx \sim \sin x (x0x \rightarrow 0),所以:

limnsinφ2nsinφ2n=limnsinφ2nφ2n=sinφφ \lim_{n\rightarrow\infty} {\sin \varphi \over 2^n \sin \frac{\varphi}{2^n}} = \lim_{n \rightarrow \infty} {\sin \varphi \over 2^n \frac{\varphi}{2^n}} = {\sin \varphi \over \varphi}

2019.2.27

问题描述

已知正整数 aabb 互质且 a>ba > b,以及正整数 mmnn。证明:

gcd(anbn, ambm)=agcd(n, m)bgcd(n, m) \gcd(a^n - b^n,\ a^m - b^m) = a^{\gcd(n,\ m)} - b^{\gcd(n,\ m)}

解决方案

涉及到 gcd 的计算时,Euclid 算法是一个好思路。假设 nmn \geqslant m,那么我们需要计算 (anbn)mod(ambm)(a^n - b^n) \bmod (a^m - b^m)。尝试关于 aa 做一下长除法:

ambm/anm+an2mbm+an3mb2m+ambm/anbn000000000000000000000000ambm/ananmbmambm/ananmbmbn000ambm/ananmbman2mb2mambm/ananmbman2mb2mbnambm/ananmbman2mb2man3mb3mambm/ananmbman2mb2man3mb3mbnambm/ananmbman2mb2m \phantom{a^m-b^m/} a^{n-m} + a^{n - 2m}b^m + a^{n - 3m}b^{2m} + \cdots \newline a^m - b^m /\overline{a^n - b^n\phantom{000000000000000000000000}} \newline \phantom{a^m-b^m/}\underline{a^n - a^{n - m}b^m} \newline \phantom{a^m-b^m/a^n-}a^{n - m}b^m - b^n\phantom{000} \newline \phantom{a^m-b^m/a^n-}\underline{a^{n - m}b^m - a^{n - 2m}b^{2m}} \newline \phantom{a^m-b^m/a^n-a^{n-m}b^m-}a^{n - 2m}b^{2m} - b^n \newline \phantom{a^m-b^m/a^n-a^{n-m}b^m-}\underline{a^{n - 2m}b^{2m} - a^{n - 3m}b^{3m}} \newline \phantom{a^m-b^m/a^n-a^{n-m}b^m-a^{n-2m}b^{2m}-}a^{n - 3m}b^{3m} - b^n \newline \phantom{a^m-b^m/a^n-a^{n-m}b^m-a^{n-2m}b^{2m}-}\cdots

算了几项后就不难看出 anbn=(ambm)(anm+an2mbm++arbnmr)+arbnrbna^n - b^n = (a^m - b^m)(a^{n-m}+a^{n-2m}b^m+\cdots+a^rb^{n-m-r}) + a^rb^{n-r}-b^n,这里 r=nmodmr = n \bmod m。所以原式等于 gcd(arbnrbn, ambm)=gcd(bnr(arbr), ambm)\gcd(a^rb^{n-r}-b^n,\ a^m - b^m) = \gcd(b^{n-r}(a^r-b^r),\ a^m - b^m)。可惜的是带着一个 bnrb^{n-r},没能直接达成目标。

不过目前为止我们还没用过 aabb 互质这个条件。试想如果 bnrb^{n-r}ambma^m - b^m 互质,那么就可以直接去掉它。注意到 bnrb^{n - r} 实际上就是 bmn/mb^{m\lfloor n/m \rfloor},不妨写作 bkmb^{km}。考虑 gcd(bkm, ambm)\gcd(b^{km},\ a^m - b^m),对 bkmb^{km} 关于 bb 做长除法,可以得到 bkm=(ambm)(b(k1)mamb(k2)ma(k1)m)+akmb^{km} = (a^m - b^m)\left(-b^{(k - 1)m} - a^mb^{(k - 2)m} - \cdots - a^{(k - 1)m}\right) + a^{km},故:

gcd(bkm, ambm)=gcd(akm, ambm) \gcd(b^{km},\ a^m - b^m) = \gcd(a^{km},\ a^m - b^m)

由于上面两式相等,记做 dd,那么 dakmd\mid a^{km} 并且 dbkmd\mid b^{km},这等价于 dgcd(akm, bkm)d \mid \gcd(a^{km},\ b^{km}),而 aabb 互质,故 d=1d = 1,因此在原式中可以去掉 bnrb^{n - r},从而得以递归完成证明。

2019.3.6

问题描述

对于正整数 nn,找到最小的 mm,使得存在一个长度为 pp 递增序列 {ak}\{a_k\} 满足 n=a1<a2<<ap=mn = a_1 < a_2 < \cdots < a_p = mk=1pak\prod_{k = 1}^p a_k 为完全平方数,记 f(n)=mf(n) = m。证明:ff 是一个从正整数集 N\mathbb N 到合数集(包括 11,记做 CC)的双射。

解决方案

动手之前先要明白,证明 ff 为双射需要能够确认 1) 值域为 CC;2) ff 是单射;3) ff 是满射。首先,f(1)=1f(1) = 1 这一对可以简单地排除掉。此外,f(n)f(n) 不可能为质数,因为递增序列里面的数字是不重复的,如果最后一个数是质数,那么它就只有一个,导致乘积不是完全平方数,这保证了第一点。

第二,所谓单射就是不同的变量值映射到了不同的函数值。考虑 1<x<y1 < x < y,如果 f(x)=f(y)=rf(x) = f(y) = r,那么存在 x=a1<a2<<ap=rx = a_1 < a_2 < \cdots < a_p = r 以及 y=b1<b2<<bq=ry = b_1 < b_2 < \cdots < b_q = r,满足 k=1pak\prod_{k=1}^p a_kk=1qbk\prod_{k = 1}^q b_k 均为完全平方数。注意到 rr 在其中出现了两次,于是乎我们可以考虑 k=1pakj=1qbj\prod_{k=1}^pa_k\prod_{j=1}^qb_j,将其中重复出现的数字除去,得到的乘积依然为完全平方数,且其中没有 rr。因为 x<yx < y,所以其中最小的数字为 xx,这推出 f(x)<rf(x) < r,产生矛盾。所以 ff 为单射。

最后,所谓满射就是对于值域内每一个值,都是对应的变量值映射过来。这需要我们从反方向考虑。既然 f(n)f(n) 是找最小的 mm,不妨考虑令 g(m)g(m) 表示最大的 nn 使得存在题中所述的序列。首先要保证 g(m)g(m) 的定义是合理的:对于每个合数 mm,可以写成 m=abm = ab,并且假设 1<a<b<m1 < a < b < m,显然 abmabm 是满足要求的,所以至少有一个合法的方案。之后我们就希望 f(g(m))=mf(g(m)) = m。根据 f(n)f(n) 最小化的要求,f(g(m))mf(g(m)) \leqslant m。如果 r=f(g(m))<mr = f(g(m)) < m,类似于之前的讨论,存在 g(m)=a1<a2<<ap=rg(m) = a_1 < a_2 < \cdots < a_p = rg(m)=b1<b2<<bq=mg(m) = b_1 < b_2 < \cdots < b_q = m 满足对应的乘积为完全平方数。这时候 g(m)g(m) 又出现了两次,于是乎同样的套路,对于右端点 mm 我们可以得到左端点比 g(m)g(m) 更大的方案,与 g(m)g(m) 的定义矛盾,于是 f(g(m))=mf(g(m)) = m1,可以得到 ff 是满射。

2019.3.6

问题描述

nn 维 Euclidean 空间 Rn\mathbb R^n 上,定义一个点 xx 到一个点集 AA 之间的距离 λ(x, A)\lambda(x,\ A) 为:

λ(x, A)=inf{xy: yA} \lambda(x,\ A) = \inf\{|x - y|:\ y \in A\}

类似的,对于 Rn\mathbb R^n 中的两个点集 AABB,定义两个集合间的距离 λ(A, B)\lambda(A,\ B) 为:

λ(A, B)=inf{xy: xA, yB}=inf{λ(x, B): xA} \lambda(A,\ B) = \inf\{|x - y|:\ x \in A,\ y \in B\} = \inf\{\lambda(x,\ B):\ x \in A\}

考虑当 AABB 有交集时,显然 λ(A, B)=0\lambda(A,\ B) = 0;现假设 AB=A \cap B = \varnothing

(1) 此时 λ(A, B)\lambda(A,\ B) 是否恒大于 00?

(2) 若 AABB 均为闭集,则 λ(A, B)\lambda(A,\ B) 是否恒大于 00

(3) 若 AA 为紧集,BB 为闭集,则 λ(A, B)\lambda(A,\ B) 是否恒大于 00

解决方案

(1) 两个开区间 (1, 2)(1,\ 2)(2, 3)(2,\ 3) 不相交,但是取 xk2x_k → 2^-yk2+y_k → 2^+ 得到 xkyk0|x_k - y_k| → 0

(2) 在 (1) 中因为开集不包含自己的聚点,因此只要有公共聚点,就会导致集合间的距离可以无限靠近。然而即使要求没有公共聚点,集合间的距离依然可以无限靠近,毕竟集合间在无限远处的行为没有限定。在实数轴上可能难以想象反例,不过在二维 Euclidean 空间中,考虑 A={(x, y): y1/x, x>0}A = \{(x,\ y):\ y \geqslant 1/x,\ x > 0\}B={(x, y): y1/x, x>0}B = \{(x,\ y):\ y \leqslant -1/x,\ x > 0\},当 x+x → +\infin 时两个集合的边界不断靠近,不难得出这两个集合间的距离为 00

在实数轴上也有反例。首先回顾一下:离散集也是闭集。这样一来,令 A=ZA = \mathbb ZB={n+1/n: nZ}B = \{n + 1/n:\ n \in \mathbb Z\},当 n+n → +\infin 时可以看出 AABB 间的距离为 00

(3) 更进一步,当我们限定 AA 为有界闭集时,等价于当 AA 是紧集时,以上两个漏洞就钻不了啦,此时可以证明 λ(A, B)>0\lambda(A,\ B) > 0

如果从紧集的开覆盖定义出发,我们会联想到闭集的补集是开集,这样这条路就通了。考虑 BB 的补集 B\complement B:对任意 B\complement B 中的点 xx,总存在 δ(x)>0\delta(x) > 0,满足以 xx 为圆心,半径为 δ(x)\delta(x) 的开邻域 O(x, δ(x))\mathcal O(x,\ \delta(x)) 完全在 BB 之外。于是构造 C={O(x, δ(x)/2): xB}\mathcal C = \{\mathcal O(x,\ \delta(x) / 2):\ x \in \complement B\}B\complement B 的一个开覆盖。这里半径减半是为了方便之后留出 AABB 之间的间距做的准备。由于 AB=A \cap B = \varnothing,所以 ABA \subset \complement B,故 C\mathcal C 也是 AA 的开覆盖,因此存在一个有限子覆盖 CC。取 δ=min{δ(x): O(x, δ(x)/2)C}\delta = \min\{\delta(x):\ \mathcal O(x,\ \delta(x)/2) \in C\},考虑任意 AA 中的点 yy,总存在开邻域 O(x, δ(x)/2)C\mathcal O(x,\ \delta(x)/2) \in C 盖住了 yy,那么显然 O(y, δ(x)/2)O(x, δ(x))\mathcal O(y,\ \delta(x)/2) \subset \mathcal O(x,\ \delta(x)),而后者与 BB 无交集,故 λ(y, B)δ(x)/2δ/2\lambda(y,\ B) \geqslant \delta(x)/2 \geqslant \delta/2,因此有 λ(A, B)=inf{λ(y, B): yA}δ/2>0\lambda(A,\ B) = \inf\{\lambda(y,\ B):\ y \in A\} \geqslant \delta/2 > 0

直接用紧集的定义给人一种强行证明的感觉。实际上,我们还可以从连续函数的角度出发,那就是考虑 ARA \mapsto \mathbb R 的多元函数 f(x)=λ(x, B)f(x) = \lambda(x,\ B)。我们知道紧集上的连续函数必能取到最值,假如 ξA\xi \in A 是最小值点,则 f(x)f(ξ)=λ(ξ, B)>0f(x) \geqslant f(\xi) = \lambda(\xi,\ B) > 0,直接就完成了证明。连续意味着当两个点无限接近时,函数值也会无限逼近。因此,考虑 AA 中的两个点 x1x_1x2x_2

R2\mathbb R^2 中的距离示意图

如上图,考虑取 BB 中任意一点 PP,那么有 f(x1)x1Pf(x_1) \leqslant |x_1 - P| 以及 f(x2)x2Pf(x_2) \leqslant |x_2 - P|,此时将两个函数值与两条边关联起来了。在 Px1x2\triangle Px_1x_2 中:

x1x2x1Px2P |x_1 - x_2| \geqslant \big||x_1 - P| - |x_2 - P|\big|

对不等式两边同时枚举 PBP \in B 求下确界,得到:

x1x2infPBx1PinfPBx2P=f(x1)f(x2) |x_1 - x_2| \geqslant \left|\inf_{P \in B}|x_1 - P| - \inf_{P \in B}|x_2 - P|\right| = |f(x_1) - f(x_2)|

因此 f(x)f(x) 满足 Lipschitz 连续条件,故 f(x)f(x) 连续。

2019.4.19

问题描述

证明:对于正整数 nnmm

(1) 若 nk1(modm)n^k \equiv 1 \pmod m,则 nmn \perp m

(2) 若 npnq1(modm)n^ p \equiv n^q \equiv 1 \pmod m,则 ngcd(p, q)1(modm)n^{\gcd(p,\ q)} \equiv 1 \pmod m

(3) 若 nm11(modm)n^{m - 1} \equiv 1 \pmod m 以及对于所有 m1m - 1 的质因子 pp 满足 n(m1)/p1(modm)n^{(m - 1)/p} \not\equiv 1 \pmod m,则 mm 为质数。

解决方案

(1) 非常简单,使用 Euclid 算法即可:
gcd(nk, m)=gcd(1, m)=1 \gcd(n^k,\ m) = \gcd(1,\ m) = 1
gcd(n, m)gcd(nk, m)\gcd(n,\ m) \mid \gcd(n^k,\ m),所以 gcd(n, m)=1\gcd(n,\ m) = 1,即 nnmm 互质。

(2) 类似的,可以利用所谓更相减损术。假设 p>qp > q,则
npnq  nq(npq1)0  npq1(modm) n^p \equiv n^q \ ⇒ \ n^q(n^{p - q} - 1) \equiv 0 \ ⇒ \ n^{p - q} \equiv 1 \pmod m
此时保持条件 npqnq1(modm)n^{p - q} \equiv n^q \equiv 1 \pmod m,因此一直进行下去直到有 ngcd(p, q)1(modm)n^{\gcd(p,\ q)} \equiv 1 \pmod m 即可。

(3) 前面两个实际上是帮助解决 (3) 的简单结论。首先我们就可以通过第一个条件得知 nmn \perp m,包括 nn 的任意幂次都与 mm 互质。可这和 mm 为质数有什么关系?试想如果 nkn^k 可以遍历 11m1m - 1 每一个数,那就可以得到这些数都与 mm 互质,从而推出 mm 为质数。考虑到幂次在模 mm 意义下有循环节,因此我们只考虑 n1n^1nm1n^{m - 1},因此我们需要这些幂次两两之间互不相同。

假设存在 1j<k<m1 \leqslant j < k < mnjnk(modm)n^j \equiv n^k \pmod m,那么就有 nj(1nkj)1(modm)n^j(1 - n^{k - j}) \equiv 1 \pmod m,也即 nkj1(modm)n^{k - j} \equiv 1 \pmod m,而这里 1kjm21 \leqslant k - j \leqslant m - 2。换句话说,对于 11m2m - 2 中的幂次 kk,不能有 nkn^k11,也就是 nm1n^{m - 1},同余。考虑反证法,如果存在这样的 kk,那么就有 nknm11(modm)n^k \equiv n^{m - 1} \equiv 1 \pmod m,此时根据 (2) 中的结论,设 d=gcd(k, m1)d = \gcd(k,\ m - 1),那么 nd1(modm)n^d \equiv 1 \pmod m。这一步的巧妙之处在于利用 dd 这个 m1m - 1 的因子与第二个条件相沟通。因为 k<m1k < m - 1,于是 dd 至少与 m1m - 1 相差了某个素因子 pp,于是推出 n(m1)/pn^{(m - 1)/p}ndn^d 的整幂次,从而同余 11,与题设条件相违背,从而完成证明。


  1. 注意这个条件不能直接得到 ff 是双射的结论。 


5 条评论 Issue 页面
  • lan-qing 发表于 Sun Apr 15 2018

    🙄 So complex

  • sqwlly 发表于 Wed Dec 19 2018

    看不懂QAQ,只会%%% Orz

  • jefflyy 发表于 Mon Mar 25 2019

  • Lcyanstars 发表于 Tue Feb 08 2022

    基本不等式的证明那里,为什么 z1,z2R\exists z_1, z_2 \in \mathbb {R},使 i[1,n],xiz1=xi+nz2\forall i \in [1, n], x_iz_1 = x_{i+n}z_2 成立?

  • riteme 发表于 Sat Feb 12 2022
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    @Lcyanstars

    感谢指出文章中的错误!这里应该是把 x1, x2, ..., x2nx_1,\ x_2,\ ...,\ x_{2n} 分为两部分。现在已经更正了。