讲义答案随堂笔记第

11证明：若m=n，k=m2是完全平方数．若 n，4∣(m+n)2，所以m，n同奇偶，∣m−n=2t．k4mt2+1(m−m2−2t+4kt2m+t2−k=()．把m程的一个根，则有另一个根m′，满足m+m′=2t+4kt2，mm′=t2−k，从而m′k=(m′−⩾0，所以m⩾0．若m=0，则k=t，证毕．若m>0′′2′mm′=t2−k<t2，不妨m<∣t∣，则(m−t)2=m(m2t)+t2⩽4t2<4t2+1盾．所以只能有m0，k=4m′t2+1例题例题例题例题例题例题1答 见解n 证明：记Sk=∑rk．对k归纳．k=1，n(n+1)∣2(1+2+⋯+n)．假设对于j<k，均有n(n+1)∣(j+1)!Sj．(i+1)k+1−ik+1=∑ ij．对i=1，2，⋯，n 和，得(n+1)k+1−1=∑ Sj．所以S=(n+1)k+1−(n+1)= 由n(n+1)∣(n+1)k+1−(n+1，知n(n+1)∣(k!)S

Sj

n(n1k1)!SkCk−1(kSk−1C1(2S1，其中Cj

(j+1)!解答：只有(41)，(111)两组满足条件．如果n=1，有x3∣(x3x314，所以x+3∣14，x=4，11．下设n解答：只有(41)，(111)两组满足条件．如果n=1，有x3∣(x3x314，所以x+3∣14，x=4，11．下设n2，对于x4，有2xnxnxn22n2x(2n1)⩽(2n1)2+x2<2n+1+xn+1(x−1)(xn+2n+1)=xn+1+2nx+x−xn−2n−1<xn+1+2n+1+1<x(xn．xn+1+2n+1+1不是xn+2n+1的倍数．对于x=1，2，31例题1证明：采用反证法，假设有acdb，并且abdc>16，nab．pac)，所以有p，q，r，s，a=pq，b=rs，c=pr，d=qs．a>c⇒q>r，a>d⇒p>2所以n⩾pq−rs⩾(s+1)(r+1)−rs=r+s+1⩾ b+1，所以b⩽n−2)，a<b+n⩽n+22)．所以ab⩽n−22)n+22)<16·例题例题例题例题1这{0,2017}，{1,2016}，⋯，{1008,1009}这1009个二元集合，考虑任意一组a1，⋯，a分别除以得到的余数r1，⋯，r1010，必然有两个ri，rj处于上述的同一个二元集合．所以ri=rj或者ri−rj=0．例题例题例题例题1解：当n1时，取(xy)=(tt1)可得n的多种表示方法，以下我们假设nn=x2+y⇔y=x2−n⇒nx−1∣x2−①xy+nx−∣由于(nnx11nx−1∣x2−n⇔nx−1∣(x2−n)又由于nx1∣(n2x21)，故nx1∣n31，而n2⇒3设d=n1dnx=n3+(d−1)⇒n∣d−nx−d与 ．故只能有d=1，此时只有x=n2，y=n一个解．故n⩾2都满足要求nx=n−1+1<n2⇒x<n⇒nx−1>x2−1>x2−答 见解解 解：显然m>n，设m=n+k，am+a−1=ak(an+a2−1)−(a−1)(ak+1+ak−因此存在无穷多个a使得(ana21∣(ak+1ak1)(xn+x2−1)∣(xk+1+xk−设f(xxnx21，则f(0f(1)=−1<0，所以存在一个实数0<a<1f(a)=由于(xnx21∣(xk+1+xk1)，所以也有ak+1ak1=0ak+1akana2．由题目的要求n⩾3，k1⩾n．如果k1n，则k2，故ak+1+ak<an+a2．．因此只能有k+1=n，代入得ak=a2，只能有k=2，所以只有n=3，m=5．

a5+a−a3+a2−

1答 见解解 当k1时，令m1n 2k+1−1=(+1)⋯(

n+情形1：若n

∈N，并且由归纳假设知存在正整数m1，m2，⋯，mk2k−1=(+12)⋯(+1 =

(+1)⋯( )=(+2k−1)⋅(+12 2=(

2k+1−)n+ )

n+n

n+1+2k+1−

2k+1− n∈2k−1=(n2