Sierpiński 的初等数论问题

证明：对于任意两个不同的正整数 a 、 b ，我们都能找到无穷多个正整数 n ，使得 a + n 和 b + n 互质。

不妨假设 a < b 。令 n = (b – a)k + 1 – a 。只要 k 的值足够大， n 都是正整数。现在，假设 a + n 和 b + n 都是 d 的倍数，那么 (b + n) – (a + n) = b – a 必然也是 d 的倍数。同时，注意到 a + n = (b – a)k + 1 是 d 的倍数，因此 1 一定是 d 的倍数，说明 d 只能等于 1 。

大家肯定会进一步追问，那是否对于任意三个不同的正整数 a 、 b 、 c ，我们都能找到无穷多个正整数 n ，使得 a + n 、 b + n 、 c + n 两两互质呢？答案是，这也是能办到的。不过，这个证明比较复杂，我们就略去了。

那么，是否对于任意四个不同的正整数 a 、 b 、 c 、 d ，我们都能找到无穷多个正整数 n ，使得 a + n 、 b + n 、 c + n 、 d + n 两两互质呢？这就不行了。事实上，我们能够找到一组特殊的 (a, b, c, d) ，使得满足要求的 n 一个也没有。比方说 (a, b, c, d) = (1, 2, 3, 4) 。这样一来，如果 n 是奇数，那么 a + n 和 c + n 显然不互质；如果 n 是偶数，那么 b + n 和 d + n 显然不互质。

证明：任意一个大于 6 的正整数都可以表示成两个互质的数的和。

如果 n 是一个大于 6 的奇数，那么把 n 拆成 2 和 n – 2 显然符合要求。这是因为， 2 和任何一个奇数都是互质的。接下来，我们分别考虑 n = 4k 和 n = 4k + 2 两种情况。当 n = 4k 时，把 n 拆成 2k – 1 和 2k + 1 符合要求。这是因为，如果 2k – 1 和 2k + 1 都是 d 的倍数，则 (2k + 1) – (2k – 1) = 2 也是 d 的倍数，但 2k – 1 和 2k + 1 都是奇数，因而 d = 1 。当 n = 4k + 2 时，把 n 拆成 2k – 1 和 2k + 3 显然符合要求。这是因为，如果 2k – 1 和 2k + 3 都是 d 的倍数，那么 (2k + 3) – (2k – 1) = 4 也是 d 的倍数，但 2k – 1 和 2k + 3 都是奇数，因而 d = 1 。

我们可以用类似的分类讨论的方法来证明，任意大于 17 的正整数都可以表示成三个两两互质的数的和。我们把 n 为偶数的情况分为 n = 6k, n = 6k + 2 和 n = 6k + 4 这三类，它们都有自己的拆分方案：

• 6k = 2 + 3 + (6(k – 1) + 1)
• 6k + 2 = 3 + 4 + (6(k – 1) + 1)
• 6k + 4 = 2 + 3 + (6k – 1)

当 n 为奇数时，我们分 n = 12k + 1, n = 12k + 3, n = 12k + 5, n = 12k + 7, n = 12k + 9, n = 12k + 11 六类情况讨论。

• 12k + 1 = (6(k – 1) – 1) + (6(k – 1) + 5) + 9
• 12k + 3 = (6k – 1) + (6k + 1) + 3
• 12k + 5 = (6k – 5) + (6k + 1) + 9
• 12k + 7 = (6k + 5) + (6k – 1) + 3
• 12k + 9 = (6k – 1) + (6k + 1) + 9
• 12k + 11 = (6(k + 1) – 5) + (6(k + 1) + 1) + 3

题目给出的结论还有一些有趣的推论。例如，我们可以据此证明，若用 p_k 表示第 k 个质数，则对于任意 k ≥ 3 都有 p_{k + 1} + p_{k + 2} ≤ p₁ · p₂ · … · p_k 。由于 k ≥ 3 ，因而 p₁ · p₂ · … · p_k ≥ 2 · 3 · 5 > 6 ，根据题目给出的结论，它可以表示成两个互质的数 a 和 b 之和。 a 和 a + b 的任何一个公约数也一定是 a 和 b 的公约数，但 a 和 b 没有大于 1 的公约数，说明 a 和 a + b 也没有大于 1 的公约数。这说明， a 和 a + b 也是互质的，即 a 和 p₁ · p₂ · … · p_k 是互质的。

令 p 为 a 的任意一个质因数，令 q 为 b 的任意一个质因数。由于 a 和 b 互质，它们拥有完全不同的质因数，因此 p ≠ q 。无妨假设 p < q 。由于 a 和 p₁ · p₂ · … · p_k 互质，因此 p ≥ p_{k + 1} ；由于 p < q ，因此 q ≥ p_{k + 2} 。于是，我们有

p_{k + 1} + p_{k + 2} ≤ p + q ≤ a + b = p₁ · p₂ · … · p_k

声明: 除非转自他站（如有侵权，请联系处理）外，本文采用 BY-NC-SA 协议进行授权 | 嗅谱网
转载请注明：转自《Sierpiński 的初等数论问题》
本文地址：http://www.xiupu.net/archives-3255.html
关注公众号：