1.
证: 设这个数为2n+1;
则:
( 2 n + 1 ) 2 (2n+1)^2 (2n+1)2
= 4 n 2 + 4 n + 1 4n^2+4n+1 4n2+4n+1
( 2 n + 1 ) 2 (2n+1)^2 (2n+1)2 -1
= 4 n 2 + 4 n 4n^2+4n 4n2+4n
=4n(n+1)
若 2|n
则 8|4n
若 n%2==1;
则 2|(n+1)
∴ 8|4(n+1)
∴ 得证
2.
证:
当n是偶数时,则令=2k;
∴ 3 n + 1 3^n+1 3n+1
= 3 2 k + 1 =3^{2k}+1 =32k+1
= 9 k + 1 =9^k+1 =9k+1
= ( 1 + 8 ) k + 1 =(1+8)^k+1 =(1+8)k+1
= ( C k 0 ∗ 8 k + C k 1 ∗ 8 k − 1 + … … + C k k − 1 ∗ 8 + C k k ∗ 1 ) + 1 =(C_k^0*8^k+C_k^1*8^{k-1}+……+C_k^{k-1}*8+C_k^k*1)+1 =(Ck0∗8k+Ck1∗8k−1+……+Ckk−1∗8+Ckk∗1)+1
= ( C k 0 ∗ 8 k + C k 1 ∗ 8 k − 1 + … … + C k k − 1 ∗ 8 + 2 ) =(C_k^0*8^k+C_k^1*8^{k-1}+……+C_k^{k-1}*8+2) =(Ck0∗8k+Ck1∗8k−1+……+Ckk−1∗8+2)
∵ 2 ∣ ( C k 0 ∗ 8 k + C k 1 ∗ 8 k − 1 + … … + C k k − 1 ∗ 8 + 2 ) 2|(C_k^0*8^k+C_k^1*8^{k-1}+……+C_k^{k-1}*8+2) 2∣(Ck0∗8k+Ck1∗8k−1+……+Ckk−1∗8+2)
∴ 2 ∣ 3 n + 1 2|3^n+1 2∣3n+1
当n是奇数时,则令n=2k+1
∴ 3 n + 1 3^n+1 3n+1
= 3 2 k + 1 + 1 =3^{2k+1}+1 =32k+1+1
= 3 ∗ 9 k + 1 =3*9^k+1 =3∗9k+1
= 3 ∗ ( 1 + 8 ) k + 1 =3*(1+8)^k+1 =3∗(1+8)k+1
= 3 ∗ ( C k 0 ∗ 8 k + C k 1 ∗ 8 k − 1 + … … + C k k − 1 ∗ 8 + C k k ∗ 1 ) + 1 =3*(C_k^0*8^k+C_k^1*8^{k-1}+……+C_k^{k-1}*8+C_k^k*1)+1 =3∗(Ck0∗8k+Ck1∗8k−1+……+Ckk−1∗8+Ckk∗1)+1
= 3 ∗ C k 0 ∗ 8 k + 3 ∗ C k 1 ∗ 8 k − 1 + … … + 3 ∗ C k k − 1 ∗ 8 + 4 =3*C_k^0*8^k+3*C_k^1*8^{k-1}+……+3*C_k^{k-1}*8+4 =3∗Ck0∗8k+3∗Ck1∗8k−1+……+3∗Ckk−1∗8+4
∵ 4 ∣ 3 ∗ C k 0 ∗ 8 k + 3 ∗ C k 1 ∗ 8 k − 1 + … … + 3 ∗ C k k − 1 ∗ 8 + 4 4|3*C_k^0*8^k+3*C_k^1*8^{k-1}+……+3*C_k^{k-1}*8+4 4∣3∗Ck0∗8k+3∗Ck1∗8k−1+……+3∗Ckk−1∗8+4
∴ 4 ∣ 3 n + 1 4|3^n+1 4∣3n+1
由上可得:无论n是奇数还是偶数,对于任意正整数a>2,都有 2 a ∤ 3 n + 1 2^a\nmid 3^n+1 2a∤3n+1
3.
设a=q1b+r1=q2b+r2
其中-|b|/2<=r1,r2<|b|/2
不妨设q1>q2 因为q1,q2为整数
所以q2max=q1-1 所以q2maxb+r2=(q2max+1)b+r1
即q2maxb+r2=q2maxb+b+r1
即r2=b+r1 r1min=-|b|/2
r2min=-|b|/2+b
当b为正数时
r2min=|b|/2
当b为负数时
r2min=-b-|b|/2
与题意不符
所以只有一个对应解
证毕。
————By C202201luoyiran
4.
证明:如果(2a+3b) mod 17=0
∴(18a+27b) mod 17=0
∴(18a+27b-17b) mod 17=0
∴(18a+10b) mod 17=0
(9a+5b) mod 17 *2
=(18a+10b) mod 17
=0
∴(9a+5b) mod 17=0
By @C202207xiapeixuan
5.
证:
设n的正因数有k个;
- n 2 ∉ z \sqrt[2]{n}\notin\mathbb{z} 2n∈/z
则 2 ∣ k 2\mid k 2∣k
∴ ( d 1 d 2 d 3 … … d k ) 2 (d_1d_2d_3……d_k)^2 (d1d2d3……dk)2
= [ ( d 1 d k ) ∗ ( d 2 d k − 1 ) ∗ … … ∗ ( d k / 2 d k / 2 + 1 ) ] 2 =[(d_1d_k)*(d_2d_{k-1})*……* (d_{k/2}d_{k/2+1})]^2 =[(d1dk)∗(d2dk−1)∗……∗(dk/2dk/2+1)]2
= ( n ∗ n ∗ n ∗ … … ∗ n ) 2 ( k / 2 个 n ) =(n* n * n *……* n)^2(k/2个n) =(n∗n∗n∗……∗n)2(k/2个n)
= ( n ) k =(n)^k =(n)k
2. n 2 ∈ z \sqrt[2]{n}\in\mathbb{z} 2n∈z
则 2 ∤ k 2\nmid k 2∤k
∴ ( d 1 d 2 d 3 … … d k ) 2 (d_1d_2d_3……d_k)^2 (d1d2d3……dk)2
= [ ( d 1 d k ) ∗ ( d 2 d k − 1 ) ∗ … … ∗ ( d ( k − 1 ) / 2 d ( k + 1 ) / 2 + 1 ) ∗ d ( k + 1 ) / 2 ] 2 =[(d_1d_k)*(d_2d_{k-1})*……* (d_{(k-1)/2}d_{(k+1)/2+1})*d_{(k+1)/2}]^2 =[(d1dk)∗(d2dk−1)∗……∗(d(k−1)/2d(k+1)/2+1)∗d(k+1)/2]2
= n 2 ∗ n 2 ∗ … … ∗ n =n^2 * n^2*……*n =n2∗n2∗……∗n
= n k =n^k =nk
6.
(1):2 (2):1 (3):6 (4):887490
————By @C202201tanfuwen
9.
设:d=(a,b);
则 a=md,b=nd;
∴原数列为:
m ∗ d , 2 ∗ m ∗ d , 3 ∗ m ∗ d , … … , m ∗ n ∗ d 2 m*d,2*m*d,3*m*d,……,m*n*d^2 m∗d,2∗m∗d,3∗m∗d,……,m∗n∗d2
被b整除即能被d整除且能被n整除
将原数组除以d:
m , 2 ∗ m , 3 ∗ m , … … , n ∗ m ∗ d m,2*m,3*m,……,n*m*d m,2∗m,3∗m,……,n∗m∗d
所以含有n的数为 n ∗ m ∗ 1 , n ∗ m ∗ 2 , n ∗ m ∗ 3 , … … , n ∗ m ∗ d n*m*1,n*m*2,n*m*3,……,n*m*d n∗m∗1,n∗m∗2,n∗m∗3,……,n∗m∗d
所以有d个
10.
证:
设 a n = p q \sqrt[n]{a}=\frac p q na=qp,并且q>1且(p,q)=1;
因为 a n = p q \sqrt[n]{a}=\frac p q na=qp
所以 a = p n q n a=\frac{ p^n }{q^n} a=qnpn
因为 (p,q)=1;
所以 ( p n , q n ) = 1 (p^n,q^n)=1 (pn,qn)=1
所以 p n p^n pn和 q n q^n qn互质
所以 p n q n \frac{ p^n }{q^n} qnpn为小数,不符合题意,不成立;
所以 a n \sqrt[n]{a} na不是整数即是无理数,
因为 a n \sqrt[n]{a} na不是整数,
所以 a n \sqrt[n]{a} na是无理数。
证毕
14.
证明: 设存在一个 n ∈ z n\in z n∈z,使得 121 ∣ n 2 + 2 n + 12 121\mid n^2+2n+12 121∣n2+2n+12
则 n 2 + 2 n + 12 = 121 k ( k ∈ z ) n^2+2n+12=121k (k\in z) n2+2n+12=121k(k∈z)
所以 ( n + 1 ) 2 + 11 = 121 k (n+1)^2+11=121k (n+1)2+11=121k
( n + 1 ) 2 = 121 k − 11 (n+1)^2=121k-11 (n+1)2=121k−11
= 11 ( 11 k − 1 ) =11(11k-1) =11(11k−1)
因为 11 ∣ 11 k 11|11k 11∣11k
所以 11 ∤ 11 k − 1 11\nmid 11k-1 11∤11k−1
因为 11 ∣ 11 11\mid11 11∣11
所以 11 ( 11 k − 1 ) 2 ∉ z \sqrt[2]{11(11k-1)}\notin z 211(11k−1)∈/z
所以 n ∉ z n\notin z n∈/z
故矛盾
所以 得证