Sierpiński 的初等数论问题

证明：存在无穷多个正整数 n ，使得 2ⁿ + 1 能被 n 整除。

首先， 2³ + 1 能被 3 整除。另外，如果 2ⁿ + 1 能被 n 整除，那么 2^{2n + 1} + 1 一定能被 2ⁿ + 1 整除。这是为什么呢？不妨假设 2ⁿ + 1 = n · k 。考虑到 2ⁿ + 1 是奇数，因而 k 也一定是奇数。根据上题使用过的结论， (2ⁿ)^k + 1 就能被 2ⁿ + 1 整除，即 2^{n · k} + 1 = 2^{2n + 1} + 1 能被 2ⁿ + 1 整除。综合上面两条便可得到，存在无穷多个满足要求的 n 。

大家可能会想，那么，有多少个正整数 n ，使得 2ⁿ – 1 能被 n 整除呢？答案是，只有一个满足要求的解，即 n = 1 。证明比较复杂，这里略去。

人们已经知道了，质数有无穷多个。一个经典的结论是，相邻质数之间的间隔也可以达到任意大，或者说存在任意长的连续正整数，使得里面的所有数都是合数。例如， n! + 2, n! + 3, …, n! + n 就是连续 n – 1 个正整数，由于它们分别能被 2, 3, …, n 整除，因而它们都是合数。 Mersenne 质数是形如 2ⁿ – 1 的质数，例如 3, 7, 31, 127 等等。目前人们还不知道， Mersenne 质数是否有无穷多个。一个有意思的问题是，在所有形如 2ⁿ – 1 的数里面，相邻的 Mersenne 质数之间的间隔也能达到任意大吗？换句话说，在数列 1, 3, 7, 15, 31, … 中，是否存在任意长的连续项，使得里面的所有数都是合数？

我们首先证明，如果 b 能被 a 整除，那么 2^b – 1 也一定能被 2^a – 1 整除。不妨假设 b = a · k ，于是 2^b – 1 = (2^a)^k – 1 ，根据上上题末尾引申的结论，它能被 2^a – 1 整除。证明这件事情还有一个有趣的方法。 2^b – 1 的二进制表达就是 b 个数字 1 相连， 2^a – 1 的二进制表达就是 a 个数字 1 相连，如果 b 能被 a 整除的话，让这两个数在二进制的世界里做除法，显然能够除尽，比如 111111 除以 11 就等于 10101 。

因此， 2^{n! + 2} – 1, 2^{n! + 3} – 1, …, 2^{n! + n} – 1 分别能被 2² – 1, 2³ – 1, …, 2ⁿ – 1 整除，因而在所有形如 2ⁿ – 1 的数里面，相邻的 Mersenne 质数之间的间隔能达到任意大。

“存在任意长的并且全是合数的连续正整数”真的是一个很经典的结论，除了可以平行地扩展到其他的场合，其本身也还有很多加强版。下面这个可以算是我所见过的最终极的加强版了。证明：对于任意的正整数 n 和 s ，我们都能找到任意长的连续正整数，使得对于这里面的每一个数来说，它里面都含有至少 n 个不同的质因数，其中的每个质因数都出现了至少 s 次。

下面，我们就来构造一段满足要求的并且长度为 m 的连续正整数，其中 m 是任意大的正整数。假设 p₁, p₂, …, p_mn 是 mn 个不同的质数。令 a₁ 为前 n 个质数的 s 次方之积，即 a₁ = p₁^s · p₂^s · … · p_n^s 。类似地，令 a₂ 为下 n 个质数的 s 次方之积，令 a₃ 为再下 n 个质数的 s 次方之积，以此类推，一直到令 a_m 为最后 n 个质数的 s 次方之积。

显然， a₁, a₂, …, a_m 两两互质。根据中国剩余定理，我们能够找到一个 x ，使得 x 除以 a₁ 余 a₁ – 1 ，并且 x 除以 a₂ 余 a₂ – 2 ，等等，一直到 x 除以 a_m 余 a_m – m 。于是， x + 1, x + 2, …, x + m 分别能被 a₁, a₂, …, a_m 整除，这 m 个连续正整数就满足要求了。

证明：存在无穷多组不同的正整数 x 、 y 、 z ，使得 x(x + 1), y(y + 1), z(z + 1) 构成等差数列。

令 y = 5x + 2， z = 7x + 3 ，于是我们有

• x(x + 1) = x² + x
• y(y + 1) = 25x² + 25x + 6
• z(z + 1) = 49x² + 49x + 12

它们构成了一个公差为 24x² + 24x + 6 的等差数列。

有趣的是，如果进一步问，是否能让 x(x + 1), y(y + 1), z(z + 1), w(w + 1) 构成一个等差数列，答案就是否定的了。这个证明比较复杂，这里略去。

给出一个无限长的递增等差数列，使得里面的所有项都不能表示为两个质数之和。

数列 11, 17, 23, 29, … 即符合要求。这些数都是形如 6k + 5 的数。如果 6k + 5 = p + q ，考虑到 6k + 5 是一个奇数，因而 p 和 q 必然有一个是偶数。无妨假设 p 是偶数，如果它又是质数的话，那么 p = 2 。于是， q = 6k + 3 将会成为 3 的倍数。

借助这个思路，我们还能构造一个无限长的递增等差数列，使得里面的所有项都既不能表示为两个质数之和，也不能表示为两个质数之差。例如，数列 37, 67, 97, 127, … 即符合要求。这些数都是形如 30k + 7 的数。如果 30k + 7 = p + q ，考虑到 30k + 7 是一个奇数，因而 p 和 q 必然有一个是偶数。无妨假设 p 是偶数，如果它又是质数的话，那么 p = 2 。于是， q = 30k + 5 将会成为 5 的倍数。类似地，如果 30k + 7 = p – q ，那么 q 必然等于 2 ，于是 p = 30k + 9 将会成为 3 的倍数。

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