Sierpiński 的初等数论问题

给出一个无限长的递增等差数列，使得里面不含任何一个 Fibonacci 数。

数列 4, 12, 20, 28, 36, … 符合要求。这些数都是除以 8 余 4 的数，而我们一会儿将会看到，任何一个 Fibonacci 数除以 8 都不可能余 4 。为了计算 a + b 除以 8 的余数，我们可以把 a 替换成它除以 8 的余数，把 b 也替换成它除以 8 的余数，再计算两者相加除以 8 的余数即可。例如， 23 除以 8 的余数是 7 ， 67 除以 8 的余数是 3 ，因而 23 + 67 除以 8 的余数就等于 7 + 3 除以 8 的余数，也就是 2 。根据这个原理，我们很容易算出 Fibonacci 数列各项除以 8 的余数：

1, 1, 2, 3, 5, 0, 5, 5, 2, 7, 1, 0, 1, 1, …

第 13 项和第 14 项除以 8 的余数又变回了 1 和 1 ，而下一项除以 8 的余数完全取决于前两项除以 8 的余数，因而后面所有 Fibonacci 数除以 8 的余数就会发生循环。这就说明了，一个 Fibonacci 数除以 8 的余数只可能是 0, 1, 2, 3, 5, 7 ，不可能是 4 。因此，由所有除以 8 余 4 的数构成的等差数列里，一定不会含有任何一个 Fibonacci 数。

用类似的方法可以说明，对于所有小于 8 的正整数 m ， Fibonacci 数除以 m 的余数都可以取遍 0, 1, 2, …, m – 1 所有的可能。因而，如果一个无限长的递增等差数列不含任何一个 Fibonacci 数，它的公差至少是 8 。

证明：对于任意一个无限长的递增等差数列，我们都能找出任意长的一段连续项，使得它们都是合数。

假设这个等差数列是 a + b, 2a + b, 3a + b, … 。假设 n 是一个足够大的正整数。任取 n 个大于 a 的质数 p₁, p₂, …, p_n 。容易看出， a, p₁², p₂², …, p_n² 两两互质。根据中国剩余定理，存在一个整数 m ，使得 m 除以 a 的余数为 0， 并且它除以 p₁² 的余数为 p₁² – a – b ，除以 p₂² 的余数为 p₂² – 2a – b ，除以 p₃² 的余数为 p₃² – 3a – b ，以此类推。于是， m + a + b, m + 2a + b, m + 3a + b, …, m + n · a + b 就是等差数列的连续 n 项，并且由于第 i 项能被 p_i² 整除，因而这里面的每一项都是合数。

证明：存在任意长的递增等差数列，使得里面的任意两项都是互质的。

假设 m 为某个足够大的正整数。于是， m! + 1, 2 · m! + 1, 3 · m! + 1, …, m · m! + 1 就成为了一个含有 m 项的公差为 m! 的等差数列。这里面的任意两项都是互质的。如果对于某两个不超过 m 的正整数 k 和 l ， k · m! + 1 和 l · m! + 1 都是 d 的倍数（无妨假设 k < l ），那么 l · (k · m! + 1) – k · (l · m! + 1) = l – k 也应该是 d 的倍数，这说明 d ≤ l – k < m ，因而 d 能整除 m! 。但是 d 也能整除 k · m! + 1 ，因而 d = 1 。   证明：存在任意长的递增等差数列，使得里面的每一项都是乘方数。这里，“乘方数”的意思是形如 n^k 的数，其中 n 、 k 都是正整数，且 k > 1 。

假设 p₁, p₂, …, p_s 是任意 s 个不同的质数。根据中国剩余定理，对于每一个不超过 s 的正整数 t ，我们都能找到一个大整数 a_t ，使得 a_t 除以 p_t 余 p_t – 1 ，并且除以其他 s – 1 个质数都余 0 。现在，令 Q = 1^a₁ · 2^a₂ · … · s^a_s ，那么 Q, 2 · Q, 3 · Q, …, s · Q 就是一个等差数列。我们来证明，这个等差数列满足要求。对于这个等差数列中的任意一项 t · Q ，我们都有 t · Q = 1^a₁ · 2^a₂ · … · t^{a_t + 1} · … · s^a_s ，根据 a₁, …, a_s 的构造方法可知，这里面的每一个指数都是 p_t 的倍数。因而， t · Q 可以写成某个数的 p_t 次方。由于 s 的值可以达到任意大，因而满足要求的等差数列也可以达到任意长。

那么，是否存在无限长的递增等差数列，使得里面的每一项都是乘方数呢？这回，答案就是否定的了。我们可以证明，在任何一个无限长的递增等差数列 a + b, 2a + b, 3a + b, … 中，总存在一个不是乘方数的数。首先，找出一个比 a + b 更大的质数 p 。由于 a 和 p² 互质，因此根据中国剩余定理，我们一定能够找到一个数 m ，使得 m 除以 a 余 0 ，并且除以 p² 余 1 。令 k = (p – b) · m / a 。由于 m 除以 a 余 0 ，因此 k 是个整数；由于 p > b ，因此 k 是一个正整数。于是 k · a + b = (p – b) · m + b = (p – b) · m – (p – b) + p = (p – b)(m – 1) + p 。由于 m 除以 p² 余 1 ，因而最后这个式子的前一项是 p² 的倍数；但最后这个式子的后一项却只是 p 的倍数，因而两者之和能被 p 整除，却不能被 p² 整除。这说明，它不能表示成任何一个数的 1 次以上的乘方。

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