几个精彩的数论问题
数学精彩两分钟
数学精彩两分钟数学作为一门科学，既广泛应用于日常生活中，又在各个学科领域发挥重要作用。
它的魅力不仅体现在它的逻辑性和严谨性上，更在于能够帮助我们解决现实问题。
在这篇文章中，我们将介绍数学中的两个精彩问题，并探讨它们背后的数学原理。
一、费马大定理费马大定理是数论领域的一道经典难题，由法国数学家费马在17世纪提出。
该定理表述为：对于大于2的整数n，关于x、y和z的方程xn+yn=zn没有正整数解。
费马大定理曾经困扰了无数数学家长达数百年之久，直到1994年，英国数学家安德鲁·怀尔斯（Andrew Wiles）给出了一个完美的证明。
怀尔斯的证明涉及了包括代数几何、椭圆曲线和模形式等许多高深的数学分支，具有非常高的难度。
费马大定理的证明不仅揭示了数论领域的深刻问题，也体现了数学家们对于数学的追求和热爱。
虽然费马大定理的证明需要极高的数学知识和技巧，但这个问题仍然给人们展示了数学的无穷魅力和深度。
二、黄金分割黄金分割是一种神秘而美丽的比例关系，它在自然界和艺术领域中广泛存在。
黄金分割比例是1：1.618，也记作Φ（phi），它是一个无限不循环小数，约等于1.6180339887。
黄金分割比例在建筑设计中被广泛应用，例如古代希腊的帕特农神庙和埃及的金字塔都采用了黄金分割比例。
这种比例被认为是最能激发人们审美情感的比例之一，给人以和谐、美丽和舒适的感觉。
除了建筑领域，黄金分割比例还在艺术、摄影和音乐等领域起到重要的作用。
例如，许多著名画作中的构图就运用了黄金分割原理，给人们带来视觉上的享受。
黄金分割比例的奥秘在于它的无限性和自相似性。
无论是在自然界还是艺术领域，我们都能够找到无数个符合黄金分割比例的例子。
这种比例的存在，使我们对宇宙的构造和美的感知有了更深入的认识。
结语数学的魅力是无穷的，它不仅帮助我们解决实际问题，还拓展了我们的思维和审美。
费马大定理和黄金分割只是数学领域中无数精彩问题的冰山一角，每一个数学问题背后都有着深邃的数学原理。
世界三大数学难题之——费马猜想（又名费马大定理）
大家好，我是任祎老师，今天我们来介绍一下费马猜想，陶冶一下数学情操！皮耶·德·费马人物简介皮耶·德·费马（Pierre de Fermat）是一个 17世纪 的法国律师，也是一位业余数学家。
之所以称业余，是由于皮耶·德·费马具有律师的全职工作。
根据法文实际发音并参考英文发音，他的姓氏也常译为“费尔玛”（注意“玛”字）。
费马最后定理在中国习惯称为费马大定理 ，西方数学界原名“最后”的意思是：其它猜想都证实了，这是最后一个。
著名的数学史学家贝尔（E. T. Bell）在20世纪初所撰写的著作中，称皮耶·德·费马为”业余数学家之王“。
贝尔深信，费马比皮耶·德·费马同时代的大多数专业数学家更有成就。
17世纪是杰出数学家活跃的世纪，而贝尔认为费马是17世纪数学家中最多产的明星。
费马猜想原著猜想提出大约1637年左右，法国学者费马在阅读丢番图（Diophatus）《算术》拉丁文译本时，曾在第11卷第8命题旁写道：“将一个立方数分成两个立方数之和，或一个四次幂分成两个四次幂之和，或者一般地将一个高于二次的幂分成两个同次幂之和，这是不可能的。
关于此，我确信已发现了一种美妙的证法 ，可惜这里空白的地方太小，写不下。
”（拉丁文原文: 'Cuius rei demonstrationem mirabilem sane detexi. Hanc marginis exiguitas non caperet.'）毕竟费马没有写下证明，而他的其它猜想对数学贡献良多，由此激发了许多数学家对这一猜想的兴趣。
数学家们的有关工作丰富了数论的内容，推动了数论的发展。
费马猜想海报猜想内容费马大定理函数表达式接力证明1637年，费马在书本空白处提出费马猜想。
1770年，欧拉证明n=3时定理成立1823年，勒让德证明n=5时定理成立。
有趣的数学定理故事
标题：数学定理的奇妙故事导言：数学是一门神秘而美妙的学科，它蕴含着无限的智慧和创造力。
在数学的世界中，存在着许多令人惊叹的定理，每一个定理背后都有着一个精彩绝伦的故事。
本文将带领读者探索几个有趣的数学定理，让我们一同感受数学的魅力与奇妙。
第一章：费马大定理的传奇费马大定理是数学史上最著名的猜想之一，由法国数学家费尔马于17世纪提出。
该定理表述为：对于大于2的任意整数n，方程x^n + y^n = z^n没有正整数解。
这个问题困扰了无数的数学家长达358年之久，直到1994年，英国数学家安德鲁·怀尔斯利成功证明了该定理，成为数学界的一个重大突破。
这个定理的故事展示了数学家们不屈不挠的精神以及他们对真理的追求。
第二章：哥德巴赫猜想的谜团哥德巴赫猜想是数论中的一个著名问题，由德国数学家哥德巴赫于18世纪提出。
该猜想表述为：每个大于2的偶数都可以表示为两个质数之和。
虽然这个问题听起来简单，但一直没有找到完美的证明。
无数数学家为此努力了几个世纪，但至今仍未解决。
哥德巴赫猜想的故事展现了数学中难以捉摸的奥秘和人类对数学真理的不懈追求。
第三章：庞加莱猜想的诡谲庞加莱猜想是拓扑学中的一个重要问题，由法国数学家亨利·庞加莱于19世纪末提出。
该猜想表述为：任意一个没有边界的三维闭合形状都等价于一个球面。
这个问题看似简单，却隐藏着深奥的数学思想。
长达一个世纪的时间里，庞加莱猜想困扰了许多杰出的数学家，直到2003年，俄罗斯数学家佩雷尔曼成功证明了该猜想，但他却拒绝了国际数学界颁发的菲尔兹奖，默默地离开了学术圈。
庞加莱猜想的故事反映了数学界的困惑与诡谲，以及一个数学家对纯粹数学的追求。
第四章：哥德尔不完备定理的震撼哥德尔不完备定理是逻辑学中的一个重要结果，由奥地利数学家库尔特·哥德尔于20世纪初提出。
该定理表明，任何一种能表达自然数性质的形式系统都存在无法被证明或证伪的命题。
这个定理震撼了整个数学界，打破了人们对数学的绝对可靠性的信念。
探索奥数的奥秘寻找质数
探索奥数的奥秘寻找质数探索奥数的奥秘——寻找质数数学是一门神秘而又充满挑战性的学科，而奥数更是其中的一朵奇葩。
在众多奥数题目中，寻找质数成为了许多学子们的挑战之一。
本文将探索奥数的奥秘，并深入研究如何寻找质数。
1. 质数是什么？质数指的是大于1的自然数中，除了1和自身之外没有其他因数的数。
简单来说，质数只能被1和它本身整除，不能被其他数整除。
例如，2、3、5、7都是质数，而4、6、8等则不是。
2. 寻找质数的基本方法（1）试除法：最简单直接的寻找质数的方法就是试除法。
从2开始，不断地用2、3、4、5……逐个去除这个数，如果能够整除则不是质数。
这种方法的时间复杂度较高，适合较小的数字。
（2）埃拉托斯特尼筛法：埃拉托斯特尼是古希腊的一位数学家，他提出了一种用于寻找质数的算法。
这个算法的基本思想是，首先将能够整除2的数都去除掉，然后再去除能够整除3的数，再去除能够整除5的数……以此类推，直到无法找到更大的质数为止。
这种方法能够提高效率，适合较大的数字。
3. 质数的特殊性质质数有着许多特殊性质，其中一些令人惊叹。
（1）任意大于1的自然数都可以表示为若干个质数的乘积。
这是数论中的著名定理——唯一分解定理。
（2）质数在数论中占据着重要的地位，是数学研究中的基础。
（3）每隔6个自然数中必定至少存在一个质数。
这被称为数学常识中的“双素数定理”。
4. 质数的应用质数在密码学、通信等领域有着重要的应用。
（1）RSA加密算法利用了质数的分解性质，确保了信息的安全传输。
（2）质数还在随机数生成、随机开关序列设计、错误检测等方面发挥着关键作用。
5. 奥数中的质数问题在奥数竞赛中，质数问题经常出现，并且往往是最有难度和挑战性的题目之一。
解决这些问题需要灵活运用质数的特性和方法。
6. 结语质数作为数学世界中的一颗明星，隐藏着无尽的奥秘和魅力。
通过探索奥数的世界，我们能够更好地理解质数的性质和应用。
无论是学生还是数学爱好者，都可以通过研究质数问题来挑战自己，并深入了解数学中的精彩世界。
基础数论公式
基础数论公式好的，以下是为您生成的关于“基础数论公式”的文章：数论这玩意儿，就像是数学世界里的神秘宝藏，而基础数论公式呢，就是打开这些宝藏的钥匙。
咱先来说说最常见的等差数列通项公式，这可是个好东西。
比如说，有一个等差数列，首项是 2 ，公差是 3 ，那第 10 项是多少呢？这时候通项公式就派上用场啦！an = a1 + (n - 1)d ，把数字带进去，a10 = 2 + (10 - 1)×3 = 29 。
是不是还挺简单的？我记得有一次给学生们讲这个公式的时候，有个小家伙特别调皮，一直嚷嚷着说不懂。
我就给他举了个例子，说咱们跑步比赛，第一名跑了 2 米，后面每个人都比前面的多跑 3 米，那第十个人跑了多远？这小家伙眼睛一下子亮了，立马就明白了。
再说说等比数列的通项公式，an = a1×q^(n - 1) 。
比如说一个等比数列，首项是 3 ，公比是 2 ，那第 5 项就是 3×2^(5 - 1) = 48 。
还有那个求和公式，也特别有用。
等差数列求和公式 Sn = n(a1 + an) / 2 ，等比数列求和公式 Sn = a1(1 - q^n) / (1 - q) 。
我之前遇到过这么个事儿，有个学生做作业的时候，遇到一道等差数列求和的题目，怎么都算不对。
我一看，他把公式记错了，然后我就带着他一步一步地用正确的公式算，最后得出了正确答案，他那高兴劲儿，就像是解开了一个超级大难题。
数论公式在实际生活中也有不少用处呢。
比如说，你去买水果，苹果 2 块钱一个，一次买 10 个，每个便宜 5 毛钱，那一共要花多少钱？这其实就可以用等差数列的知识来解决。
还有，投资的时候计算收益，有时候也会用到等比数列的公式。
比如说，第一年收益 10% ，以后每年都比上一年多 5% ，那三年后的总收益是多少？总之啊，基础数论公式虽然看起来有点枯燥，但只要你用心去学，去用，就会发现它们真的很有趣，也很有用。
数论与素数的特性研究
数论与素数的特性研究数论是数学的一个分支，研究整数的性质和关系。
而素数作为数论中的重要概念，一直以来都吸引着数学家们的研究兴趣。
本文将探讨数论与素数的特性研究，并介绍一些与素数相关的重要定理和应用。
一、素数的定义和基本性质素数是指只能被1和自身整除的正整数。
例如，2、3、5、7等都是素数，而4、6、8等则不是素数。
素数具有以下基本性质：1. 素数无穷性：欧几里得在公元前300年左右证明了素数的无穷性，即素数的个数是无限的。
这个证明是通过反证法来实现的，假设素数只有有限个，然后构造一个新的数，它比所有已知素数都大，但不可整除任何一个已知素数，从而得出矛盾。
2. 素数分解定理：任何一个大于1的整数都可以唯一地表示为若干个素数的乘积。
这个定理也被称为唯一分解定理，它是数论中的一个重要定理，为其他数论问题的研究提供了基础。
3. 素数的分布规律：素数在整数中的分布并不是均匀的，而是呈现出一定的规律。
例如，素数定理指出，当n趋向无穷大时，小于等于n的素数的个数约为n/ln(n)，其中ln(n)表示自然对数。
这个定理为研究素数的分布提供了一种近似的方法。
二、素数的重要定理1. 费马小定理：费马小定理是数论中的一个重要定理，由法国数学家费马在17世纪提出。
它指出，如果p是一个素数，a是一个整数且a不是p的倍数，那么a的p次方减去a一定能被p整除。
即a^p ≡ a (mod p)。
2. 欧拉定理：欧拉定理是费马小定理的推广，它指出，如果a和n互质，那么a的φ(n)次方减去1一定能被n整除，其中φ(n)表示小于n且与n互质的正整数的个数。
即a^φ(n) ≡ 1 (mod n)。
3. 素数定理：素数定理是数论中的一个重要定理，由德国数学家戴德金在19世纪提出。
它指出，当n趋向无穷大时，小于等于n的素数的个数约为n/ln(n)。
素数定理的证明是数论研究中的一个重要里程碑，它为其他数论问题的研究提供了重要的启示。
三、素数的应用素数不仅仅是数论中的一个重要概念，还在现实生活中有着广泛的应用。
数学里的有趣问题与解法
数学里的有趣问题与解法数学是一门无比广阔的学科，其中蕴含着许许多多有趣的问题和解法。
从古至今，数学家们一直致力于探索数学的奥秘，为我们揭示了许多精彩的数学问题的解法。
本文将带您一起探索数学世界里的一些有趣问题与解法。
一、费马大定理的证明费马大定理是数论领域的一个重要问题。
它的表述是：对于任何大于2的整数n，不存在使得a^n+b^n=c^n成立的正整数解。
这一问题被认为是数学界的一大谜题，直到1994年，英国数学家安德鲁·怀尔斯发表了他的证明，彻底解决了费马大定理。
怀尔斯的证明借用了椭圆曲线的理论，通过将费马大定理转化为一套复杂的方程组，并利用了高等代数和数论的工具，最终得出了结论。
这个证明是非常复杂的，需要相当高水平的数学知识和技巧，但它为数学界树立了一个里程碑，证明了一个数学难题的完美解答。
二、四色定理的证明四色定理是图论领域的一个著名问题，它的表述是：任何地图都可以用四种颜色进行着色，使得任何相邻的区域都使用不同的颜色。
四色定理的证明历经了近一个世纪的时间，直到1976年才由美国数学家肯尼斯·阿佩尔和沃尔夫冈·哈肯成功证明。
阿佩尔和哈肯的证明利用了计算机的帮助，借助大量的计算和推理，最终验证了四色定理的正确性。
这个证明引起了广泛的关注和讨论，因为它是数学史上第一个利用计算机辅助证明的例子，也是一个重要的里程碑。
三、黎曼猜想的研究黎曼猜想是数论领域的一个重要问题，它涉及到复数平面上的黎曼函数的零点分布规律。
黎曼猜想的证明对于数学界来说至关重要，因为它涉及到许多重要的数学理论和方法。
目前，黎曼猜想还没有被完全证明，但数学家们一直在努力研究这个问题。
他们利用了复分析、拓扑学和代数学等多学科的知识，提出了许多重要的理论和推测。
尽管黎曼猜想的证明仍然是一个未解之谜，但这个问题的研究已经推动了数学领域的发展，并且在其他领域也产生了广泛的影响。
四、无限素数的证明素数是数论中一个重要且神奇的对象，无限素数定理是关于素数分布的一个重要结果。
费马大定理简介
费马大定理简介费马大定理（Fermat's Last Theorem）是数学领域的一个著名问题，由法国数学家皮埃尔·费马（Pierre de Fermat）于17世纪提出，直到1994年才被英国数学家安德鲁·怀尔斯（Andrew Wiles）证明。
这个问题的正式陈述如下：费马大定理：对于任何大于2的正整数n，不存在满足a^n + b^n = c^n的正整数a、b、c，其中a、b、c互不相等。
费马大定理的历史可以追溯到17世纪，当时法国律师兼数学家皮埃尔·费马在自己的《大定理》笔记中提出了这个问题，但没有给出详细的证明。
费马在笔记中写道他已经找到了一个非常精彩的证明，但没有足够的空间在边距中容纳。
这一问题成为了数学界的长期谜团，许多数学家努力寻找证明，但都未能成功。
直到20世纪，英国数学家安德鲁·怀尔斯（Andrew Wiles）在1994年成功地证明了费马大定理，他的证明非常复杂，涉及多个数学领域的深刻理论和方法，包括椭圆曲线、调和模形式、伽罗瓦表示等等。
怀尔斯的证明被广泛认为是数学史上最杰出的成就之一。
费马大定理的证明不仅解决了一个长期以来的重要问题，还开辟了新的研究领域，对数论、代数几何等领域产生了深远的影响。
怀尔斯的工作也为数学研究者们提供了启发，表明数学中的看似不可能证明的问题也可以通过深入的研究和创新性的思考最终被解决。
费马大定理的证明过程是极其复杂和深刻的，不容易在一篇2000字的介绍中详细叙述。
然而，它的证明不仅深刻，而且具有重要的历史和数学意义，对数学界产生了深远的影响。
它向我们展示了数学的无限可能性和深度，以及人类智慧的伟大成就。
2。
美国数学月刊数学问题精选
美国数学月刊数学问题精选数学，这门古老而又充满魅力的学科，如同宇宙中的繁星，璀璨而又神秘。
美国数学月刊作为数学领域的重要刊物，其中所精选的数学问题更是引人入胜，激发着无数数学爱好者的探索欲望。
在这些精选问题中，有一类是关于数论的。
数论，研究整数的性质，看似简单，实则深藏玄机。
比如，有这样一个问题：证明对于任意正整数 n，存在连续的 n 个正整数，它们中没有一个是完全平方数。
要解决这个问题，我们需要深入理解完全平方数的性质以及整数的连续性。
通过巧妙的构造和推理，我们可以发现，如果取 n 个连续正整数为（k ＋ 1)＾2 1，（k ＋ 1)＾2 2，，（k ＋ 1)＾2 n，其中 k 是一个足够大的正整数。
那么，这些数都不是完全平方数，因为它们分别位于两个相邻的完全平方数之间。
几何问题也是常见的精选之一。
有这样一个有趣的问题：在一个平面直角坐标系中，给定三个点 A、B、C，证明三角形 ABC 的内心 I 到三角形三边的距离之和为定值。
解决这个问题，需要我们运用到几何图形的性质、点到直线的距离公式以及三角形的内角平分线定理。
我们先求出内心 I 的坐标，然后分别计算内心 I 到三边的距离，经过一番复杂但有趣的推导，可以得出距离之和是一个只与三角形边长有关的定值。
组合数学的问题同样令人着迷。
比如，有一个问题是：从 1 到 100这 100 个自然数中，选取若干个数，使得其中任意两个数之和都不能被它们的差整除。
那么，最多能选取多少个数？解决这类问题，需要我们巧妙地运用余数的性质和分类讨论的方法。
我们可以先将 1 到 100 按照除以3 的余数分为三类，然后通过分析每一类中的数的选取情况，逐步得出最多能选取的数的个数。
代数问题也是精选中的常客。
例如，已知函数 f(x) ＝ x^3 ＋ ax^2＋ bx ＋ c，且 f(1) ＝ 0，f(2) ＝ 0，f(3) ＝ 4，求 a、b、c 的值。
这需要我们运用方程组的知识，将已知条件代入函数中，得到三个方程，然后通过解方程组来求解 a、b、c 的值。
几个精彩的数论问题
几个精彩的数论问题从同事那里借来了一本单墫教授主编的《初等数论》奥数书，看到很多精彩的问题，在这里做个笔记，与大家一同分享。
不少问题和答案都有过重新叙述，个别问题有所改动。
问题：找出所有使得 2n - 1 能被 7 整除的正整数 n 。
答案：由于 2n的二进制表达为1000…00 （n 个 0），因此 2n - 1 的二进制表达为111…11 （n 个 1）。
而 7 的二进制表达是 111 ，要想让它整除 n 个1 ，显然 n 必须是也只能是 3 的倍数。
问题：是否存在 100 个数，使得它们的和等于它们的最小公倍数？答案：是的。
考虑3, 2 × 3, 2 × 32, 2 × 33, …, 2 × 398, 399，它们的和为：3 + 2 × 3 + 2 × 32+ 2 × 33+ … + 2 × 398 + 399= 3 × (1 + 2) + 2 × 32+ 2 × 33+ … + 2 × 398 + 399= 32+ 2 × 32+ 2 × 33+ … + 2 × 398 + 399= 32× (1 + 2) + 2 × 33+ … + 2 × 398 + 399= 33+ 2 × 33+ … + 2 × 398 + 399= ... ...= 399 + 399= 2 × 399而这 100 个数的最小公倍数正是 2 × 399。
问题：能否找出 100 个不同的正整数，使得其中任意 2 ≤ k ≤ 100 个数的算术平均数都恰为整数。
答案：能。
这个问题非常唬人，它的答案异常简单： 1 · 100!, 2 · 100!, 3 · 100!, …, 100 · 100! 显然满足要求。
数学奇妙规律
数学奇妙规律数学作为一门精确的科学，其中包含了许多奇妙的规律和定理，令人惊叹不已。
在这篇文章中，我将与您分享一些令人着迷的数学奇妙规律。
1. 费马大定理：费马大定理是数论中一个备受瞩目的问题，它声称没有任何正整数n大于2，能够使下面的方程成立：a^n + b^n = c^n。
该定理一直没有解决，直到1994年，英国数学家安德鲁·怀尔斯发表了自己的证明。
费马大定理的证明过程异常复杂，令人称奇。
2. 黄金分割：黄金分割是一种数学比例，也被称为黄金比例或黄金比。
当一条线段被分为两个部分时，如果整体和较大部分的比例等于较大部分和较小部分的比例，那么这个比例就是黄金分割。
黄金分割在建筑、美术和自然界中广泛应用，被认为是非常美学的比例。
3. 斐波那契数列：斐波那契数列是一个精妙的数列，它的每个数字都是前两个数字之和。
起始数字通常为0和1，然后依次是1、2、3、5、8、13等。
这个数列在自然界中也有很多应用，比如植物的叶子排列、螺旋壳的螺旋排列等。
斐波那契数列令人着迷的地方在于其无限性和不可思议的数学规律。
4. 素数：素数是大于1且只能被1和自身整除的自然数。
素数在数学中扮演着重要的角色，许多著名的数学问题涉及素数，例如哥德巴赫猜想和黎曼假设。
素数的分布规律一直是数学界的研究重点之一，虽然有一些定理可以描述素数的基本规律，但仍有很多未解之谜等待人们去挖掘。
数学中的这些奇妙规律只是冰山一角。
数学作为一门广泛应用的学科，蕴含着许多精彩、深奥且令人着迷的规律，每个规律背后都有其独特的美妙之处。
对数学的不断研究和发展，将会揭示更多数学的奇妙规律，让我们对这一科学领域的理解更加深入。
数论探索数论中的数学知识和问题
数论探索数论中的数学知识和问题数论是数学的一个重要分支，研究整数的性质和相互关系。
它涉及到许多精妙的数学知识和问题，本文将以探索数论为主题，介绍数论中的一些基本概念、定理和问题。
一、质数与素数质数是指大于1且只能被1和自身整除的整数。
素数是指只有1和它本身两个因数的自然数。
质数和素数是数论中的基础概念，具有重要的地位。
例如，2、3、5、7都是质数，它们也是素数。
二、整除与余数在数论中，整除和余数是核心概念之一。
当一个整数a能够被另一个整数b整除时，我们可以说a是b的倍数，而b是a的约数。
例如，12能够被3整除，所以12是3的倍数，而3是12的约数。
除数和被除数的关系常常在数论中被广泛讨论。
三、最大公约数与最小公倍数最大公约数（GCD）是指两个或多个数中最大的公约数，最小公倍数（LCM）是指两个或多个数中最小的公倍数。
计算最大公约数和最小公倍数有许多不同的方法，例如欧几里得算法、素因数分解等。
这些方法在数论中被广泛应用，用于解决各种问题。
四、同余与模运算同余是指两个整数之间的差值能够被另一个正整数除尽，即具有相同的余数。
模运算是指将一个整数除以一个正整数后所得的余数。
同余和模运算在密码学、编程等领域有广泛的应用，同时也是数论中重要的概念之一。
五、费马小定理与欧拉函数费马小定理是数论中一个重要的定理，它给出了一个整数除以质数的余数的规律。
欧拉函数是与费马小定理相关的一个数论函数，用于计算与某个整数互质的小于等于它的正整数的个数。
费马小定理和欧拉函数是解决数论问题的重要工具。
六、素数分布与哥德巴赫猜想素数分布是数论中的一个经典问题，它关注的是素数在整数中的分布规律。
目前，素数分布问题尚未完全解决，但是数学家们提出了许多猜想和假设，其中最著名的是哥德巴赫猜想。
哥德巴赫猜想认为每个大于2的偶数都可以表示为两个质数的和，这个问题在数论中引发了广泛的研究和探索。
七、黎曼猜想与数论的未解问题黎曼猜想是数论中一个著名的未解问题，它与黎曼函数和素数的分布相关。
奥数：小学奥数系列：19五年级下学期 (2)
数字谜综合之二【内容概述】涉及质数与合数等概念，以及需要利用数的整除特征、分解质因数等数论手段解的数字谜问题．【典型问题】1．试将l，2，3，4，5，6，7分别填入下面的方框中，每个数字只用一次：口口口(这是一个三位数)，口口口(这是一个三位数)，口(这是一个一位数)，使得这三个数中任意两个都互质．已知其中一个三位数已填好，它是714，求其他两个数．2．如图19—1，4个小三角形的顶点处有6个圆圈．如果在这些圆圈中分别填上6个质数，它们的和是20，而且每个小三角形3个顶点上的数之和相等．问这6个质数的积是多少?图19-1图19-23．在图19—2所示算式的每个方框内填入一个数字，要求所填的数字都是质数，并使竖式成立．4．把一个两位数的个位数字与其十位数字交换后得到一个新数，它与原来的数加起来恰好是某个自然数的平方．那么这个和数是多少?5．迎杯×春杯=好好好在上面的乘法算式中，不同的汉字表示不同的数字，相同的汉字表示相同的数字．那么“迎+春+杯+好”之和等于多少?6．数数×科学=学数学在上面的算式中，每一汉字代表一个数字，不同的汉字代表不同的数字．那么“数学”所代表的两位数是多少?7．将l，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字分别填入下式的各个方框中，可使此等式成立：口口×口口=口口×口口口=3634．填好后得到三个两位数和一个三位数，这三个两位数中最大的一个是多少?8．六年级的学生总人数是三位数，其中男生占35，男生人数也是三位数，而组成以上两个三位数的6个数字，恰好是1，2，3，4，5，6．那么六年级共有学生多少人?9．图19-3是三位数与一位数相乘的□□□算式，在每个方格填入一个数字，使算式×□成立．那么共有多少种不同的填法? 1 9 9 2 10．在图19-4残缺的算式中，只写出图19-33个数字l，其余的数字都不是l.那么这个算式的乘积是多少?□□□□×□□×□□□1 □□□□□□□ 1 □□□□□ 1 □ 2 2 □图19-4 □□□□□图19-511．图19．5是一个残缺的乘法竖式，在每个方框中填入一个不是2的数字，可使其成为正确的算式．那么所得的乘积是多少?12．请补全图19-6这个残缺的除法竖式．问这个除法算式的商数是多少?□□□□□□□□ 2 8□□□□□□□□图19-613．若用相同汉字表示相同数字，不同汉字表示不同数字，则在等式学习好勤动脑×5=勤动脑学习好×8中，“学习好勤动脑”所表示的六位数最少是多少?14．互为反序的两个自然数的积是92565，求这两个互为反序的自然数．(例如l 02和201，35和53，11和11，…，称为互为反序的数，但120和21不是互为反序的数．)15．开放的中国盼奥运×□=盼盼盼盼盼盼盼盼盼上面的横式中不同的汉字代表不同的数字，□代表某个一位数．那么，“盼”字所代表的数字是多少?【参考答案】1．263，5．3．775×33=25575．5．21．7.79．9．5种．11．30096．13．410256．15．7．2．900．4．121．6．16．8．435人．10．3816．12．109．14．165与561．【难度等级】赠：小学五年级数学竞赛题1.把自然数1.2.3.4.....的前几项顺次写下得到一个多位数1234567891011.......已知这个多位数至少有十位,并且是9和11的倍数.那么它至少有几位?2. 在做两个数的乘法时，甲把被剩数的个位数字看错了，得结果是255，乙把被剩数的十位数字看错了，得结果是365，那么正确的乘积是多少？3. 将23分成三个不同的奇数之和，共有几种不同的分法？4、把自然数1、2、3、4......的前几项顺次写下得到一个多位数12345678910111213.....已知这个多位数至少有十位，并且是9的倍数，那么它最少有几位数？5、恰有两位数字相同的三位数共有几个？6、有一群小孩，他们中任意5个孩子的年龄之和比50少，所有孩子的年龄之和是202，这群孩子至少有几人？7、甲乙两同学按先后顺序摆多米诺骨牌，要求摆成正方形，由于每人手里一次只能拿10块，故每次每人摆10块。
1.k 重因式 2.艾森斯坦判别法
在数学领域中，k重因式和艾森斯坦判别法是两个重要且常被讨论的主题。
通过深度和广度的评估，我们可以更好地理解这些概念的含义和应用，同时也能加深我们对数学领域的认识。
让我们从k重因式开始。
k重因式是指在多项式中重复出现k次的因式，其中k是一个自然数。
在代数学中，因式分解是一个非常重要且基础的概念，而k重因式则是这个概念的延伸和拓展。
对于一个多项式，我们可以通过因式分解的方法将其分解成若干个一次或高次的不可约因式的乘积。
而在这个过程中，如果某个因式重复出现了k次，那么我们就称它为k重因式。
在代数学的求解问题中，对多项式进行因式分解可以帮助我们更好地理解和解决问题，而k重因式的概念则可以帮助我们更深入地分析多项式的结构和性质。
接下来，让我们转而讨论艾森斯坦判别法。
艾森斯坦判别法是一种用于判断整数是否为质数的方法，也是数论领域中的重要工具之一。
这种方法的核心思想是，通过对给定的整数进行特定的变换和计算，来判断其是否能够被一个较小的质数整除。
如果能够被整除，那么这个整数就不是质数；反之，则可能是质数。
艾森斯坦判别法的应用范围非常广泛，它不仅可以用于数论领域的证明和推导，还可以在计算机科学和密码学等领域中发挥重要作用。
通过对k重因式和艾森斯坦判别法的深度和广度评估，我们能够更好地理解和应用这些数学概念。
无论是在代数学的求解问题中，还是在数论和密码学领域中，这些概念都具有重要的意义和价值。
希望通过本文的阐述，读者能够对这些概念有更深入的理解，并能够灵活运用于实际问题中。
我个人认为，数学是一门非常美妙和神奇的学科，它的深度和广度远远超出我们的想象。
k重因式和艾森斯坦判别法只是数学领域中的冰山一角，我们还有很多有趣和重要的数学概念等待去探索和理解。
希望大家能够保持对数学的热爱和好奇心，不断深入学习和思考，发现其中的乐趣和魅力。
总结回顾：本文通过对k重因式和艾森斯坦判别法的深度和广度评估，介绍了这两个数学概念的含义、应用和意义。
数学的奥秘本质与思维
开头话1天王星被称为“笔尖上发现行星〞。
〔〕正确答案：×2数学是素质教育中最重要载体。
〔〕正确答案：√3弦理论认为宇宙是几维？〔〕A、4B、3C、11D、10正确答案：C4什么可以解决相对论与量子力学之间矛盾？〔〕A、质子理论B、中子理论C、夸克理论D、弦理论正确答案：D5哪一年发现了海王星？〔〕A、1854年B、1864年C、1846年D、1856年正确答案：C数学思维1美国哪位总统喜欢通过学习几何学来训练自己推理与表达能力？〔〕A、华盛顿B、罗斯福C、林肯D、布什正确答案：C2仅存在有限对孪生素数。
〔〕正确答案：×3以下哪个是孪生数对〔〕A、〔17，19〕B、〔11，17〕C、〔11，19〕D、〔7，9〕正确答案：A4在赤道为地球做一个箍，紧紧箍住地球，如果将这一个箍加长1m，一只小老鼠不可以通过。
〔〕正确答案：×5谁写了几何原本杂论？〔〕A、杨辉B、徐光启C、祖冲之D、张丘正确答案：B数学学习1偶数与正整数哪个多？〔〕A、偶数多B、正整数多C、一样多D、无法确定2高斯解决了著名七桥问题〔〕。
正确答案：×3七桥问题解决同时，开创了哪一门数学分支？〔〕A、泛函分析B、数论C、图论与拓扑学D、抽象代数正确答案：C4数学抽象能力是数学学习最重要目。
〔〕正确答案：√5以下哪个汉字可以一笔不重复写出？〔〕A、日B、田C、甲D、木从圆面积谈起1以下什么成果是阿基米德首先得到？〔〕A、圆周率值B、圆面积与圆直径平方成正比C、抛物线弓形面积D、穷竭法正确答案：C2从中国古代割圆术中可以看出什么数学思想萌芽？〔〕A、极限B、微分C、集合论D、拓扑正确答案：A3穷竭法思想源于欧多克索斯。
〔〕正确答案：√4下面哪个人物用穷竭法证明了圆面积与圆直径平方成正比？〔〕A、刘徽B、欧多克索斯C、欧几里得D、阿基米德正确答案：B5欧多克索斯完全解决了圆面积求法。
〔〕正确答案：×曲线切线斜率1圆面积，曲线切线斜率，非均匀运动速度，这些问题都可归结为与式极限。
证明哥德巴赫猜想成立
证明哥德巴赫猜想成立摘要：任何偶数都隐含着唯一的有限奇数列，也称为“偶数的对应奇数列”，它是一个递增等差数列，其首项为1，公差为2，末项为该偶数减去1,；给出了自然数的几何模型，证明了1是素数，推翻了“1既不是素数，也不是合数的谬论”；提出了“数对”、“偶数加法模式”、“偶数加法数对模型”；推出了一个公理；根据公理，用反证法证明了哥德巴赫猜想成立。
证明哥德巴赫猜想成立一、概述任何一个大于等于6的偶数都是两个素数的和，简称，这就是哥德巴赫猜想。
哥德巴赫猜想，经过280年风风雨雨，在世界范围内涉及研究人员最广，知名数学家参与人数最多，引起学习数学热情最高，受到中外媒体最为关注报道的数学问题。
至2012年6月底，数学家已经验证了3.5×1018以内的偶数，在所有的验证中，哥德巴赫猜想都是成立的。
要证明哥德巴赫猜想命题，需要严密的逻辑论证、严格的数量解析、严谨的语言表述和严肃的实证展示。
陈景润证明 +，无病呻吟，孤芳自赏，陷入迷失困境，不能自拔，是那个时代全世界整个数学领域误入歧途的集中表现，是“大气候”使然，任何人都不能超越历史的局限！由哥德巴赫猜想的概念可知，它是个偶数问题，加法问题，因而是个初等数学问题，实质上是一个偶数含有多少个的问题。
哥德巴赫猜想，是一个思路、途径和方法的问题，并不一定需要过偏过专的专业知识，也不一定要对前人做过的一切工作都了如指掌，而需要的是另辟蹊径，寻找新的认识途径，一旦找到了认识它的有效途径和方法，同样也会感受到“柳暗花明又一村”的惊喜，同样可以获得无懈可击的证明方法。
数学的真谛在于不断地寻求越来越简单的方法来证明定理和解决问题。
数学家及数学工作者总是偏爱用最简单的数学模型来表达自然界的最高法则——对称。
方法最重要，实证很给力！不管是谁，只要方法科学简便，程序清晰，逻辑清楚，并具有创新技巧，就可以判定其证明结果是正确的。
有许多数学家认为，要想证明哥德巴赫猜想，必须通过创造新的数学方法，以往的路很可能是行不通的。
传奇第六题的答案
传奇第六题的答案玩过奥数或者其他数学竞赛的朋友大概都会听过”传奇的第6题”。
这条题目出自1988年国际数学奥林匹克竞赛（International Mathematical Olympiad，简称IMO）的第6题，是公认的史上最精彩、也是最困难的其中一道竞赛题目。
题目如下：设正整数a, b满足ab+1可以整除a2+b2，证明(a2+b2)/(ab+1) 是某个整数的平方。
例如代入a = 1，b = 1，我们得到 k = (12+12)/(1x1+1) = 1，显然这是一个平方数。
正如很多数论问题一样，这题目很容易理解，初中生都可以明白，但解答起来却出奇地困难。
这题目究竟有多困难呢？我们先简介一下IMO的题目来源，好让大家对这比赛有更多的认识。
IMO竞赛是让全世界不同国家的中学生参与的数学比赛，共有6道题目，比赛分两天，每天做三题，总共时间为9小时。
题目基本上都是证明类题目，每题值7分，共42分。
试题大致上会分为简单、中等与困难三个等级，第1与第4题属简单，第2与第5题属中等，第3与第6题属困难。
题目由主办国外的各参赛国提供，由主办国组成拟题委员会，从提交题目中挑选候选题目。
各国领队先于队员提前数天抵达，共同商议问题及官方答案。
话说当年西德是奥数的超级强队，曾经于1982与1983年获得总分第一。
但之后几年却被苏联、罗马尼亚及美国超越了，抢夺了第一的宝座。
有人认为也许是出于复仇心态，西德数学家就出了这道精心设计、极尽困难的题目。
澳大利亚数学奥林匹克议题委员会的六个成员都未能解决这道由西德数学家提供的问题，于是他们只好向主办国澳大利亚的4位最好的数论专家求肋，委员会希望专家能于6小时内解决问题，令人尴尬的是，专家经过一轮苦战都未能解出题目。
于是，议题委员竟然够勇气把问题寄往国际数学奥林匹克委员会，不过他们特意在问题旁加上两颗星，代表这是超难题目——也许难到不应用作竞赛题目。
委员会作了长时间的考虑后，又竟然真的斗胆敢采用此题，结果这个题目就成了第29届国际数学奥林匹克竞赛的第6题。
世界著名数学疑难问题简介
世界著名数学疑难问题简介哥尼斯堡七桥问题18世纪在哥尼斯堡城(今俄罗斯加里宁格勒)的普莱格尔河上有7座桥，将河中的两个岛和河岸连结，如图1所示。
城中的居民经常沿河过桥散步，于是提出了一个问题：能否一次走遍7座桥，而每座桥只许通过一次，最后仍回到起始地点。
这就是七桥问题，一个著名的图论问题。
图 1这个问题看起来似乎不难，但人们始终没有能找到答案，最后问题提到了大数学家欧拉那里。
欧拉以深邃的洞察力很快证明了这样的走法不存在。
欧拉是这样解决问题的：既然陆地是桥梁的连接地点，不妨把图中被河隔开的陆地看成A、B、C、D4个点，7座桥表示成7条连接这4个点的线，如图2所示。
图 2于是“七桥问题”就等价于图3中所画图形的一笔画问题了。
欧拉注意到，每个点如果有进去的边就必须有出来的边，从而每个点连接的边数必须有偶数个才能完成一笔画。
图3的每个点都连接着奇数条边，因此不可能一笔画出，这就说明不存在一次走遍7座桥，而每座桥只许通过一次的走法。
欧拉对“七桥问题”的研究是图论研究的开始，同时也为拓扑学的研究提供了一个初等的例子。
(更多的了解，请参看《力学园地》2010-4期的“释疑解惑”的介绍。
)哥德巴赫猜想1742年德国人哥德巴赫给当时住在俄国彼得堡的大数学家欧拉写了一封信，在信中提出两个问题：第一，是否每个大于4的偶数都能表示为两个奇质数之和？如6=3+3，14=3+11等。
第二，是否每个大于7的奇数都能表示3个奇质数之和？如9=3+3+3，15=3+5+7等。
这就是著名的哥德巴赫猜想。
它是数论中的一个著名问题，常被称为数学皇冠上的明珠。
实际上第一个问题的正确解法可以推出第二个问题的正确解法，因为每个大于7的奇数显然可以表示为一个大于4的偶数与3的和。
1937年，苏联数学家维诺格拉多夫利用他独创的“三角和”方法证明了每个充分大的奇数可以表示为3个奇质数之和，基本上解决了第二个问题。
但是第一个问题至今仍未解决。
由于问题实在太困难了，数学家们开始研究较弱的命题：每个充分大的偶数可以表示为质因数个数分别为m、n的两个自然数之和，简记为“m+n”。
数学专业的数学经典问题
数学专业的数学经典问题数学是一门充满魅力和智慧的学科，它的发展历程中诞生了许多经典问题，这些问题对于数学专业的学生来说，具有重要的意义和深远的影响。
本文将为大家介绍数学专业的数学经典问题，带您一起走进这个神秘而精彩的领域。
1. 费马大定理费马大定理是数学史上最有名的数学问题之一，也是数论中最重要的问题之一。
它由法国数学家费尔马于17世纪提出，至今仍未被完全证明。
该定理的内容是：对于大于2的任何正整数n，不存在整数解使得方程x^n + y^n = z^n成立。
费马大定理的证明历经了几个世纪的努力，直到1994年由英国数学家安德鲁·怀尔斯完成了世界上第一个严格的证明，而他的证明是基于椭圆曲线和有限域的完美匹配。
费马大定理的证明使数学界为之震动，也为日后的数学研究提供了很多启示。
2. 黑洞数黑洞数是指一个数字，当我们对它进行一系列特定的操作后，最终会得到相同的结果，再无法改变。
具体操作方法是，将一个多位数的各位数字进行排序，得到一个由最大数字组成的降序数和由最小数字组成的升序数，然后将两者相减得到一个新的数，重复以上步骤直到得到的新数不再变化。
最终，该过程会收敛到一个被称为黑洞数的固定数字上。
举个例子，以输入的数字为1234为例，通过上述操作可以得到4321-1234=3087，再进行一次操作得到8730-378=8352，再进行一次操作得到8532-2358=6174，最终收敛到6174。
这个数被称为卡普雷卡尔常数，对于任意四位数，最多经过7次操作就能收敛到6174。
3. 黎曼猜想黎曼猜想是19世纪德国数学家黎曼提出的一个重要问题，它涉及到复数域中的素数分布规律。
黎曼猜想的内容是：所有非平凡的黎曼Zeta函数的复数零点的实部都是1/2。
这个猜想对数学界的影响非常深远，它与解析数论、素数分布等领域有着紧密的联系。
然而，至今为止，黎曼猜想仍然未被证明。
解决黎曼猜想对于数学领域的发展具有重要的意义，也是数学学术界一直努力追求的目标。
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在1849年，阿尔方·波利尼亚克提出了一般的猜想：对所 有自然数k，存在无穷多个素数对（p, p + 2k）。k = 1的情 况就是孪生素数猜想；k=2 (即间隔为4) 的素数对被称为 cousin prime ；而 k=3 (即间隔为 6) 的素数对竟然被称为 sexy prime (不过别想歪了，之所以称为 sexy prime 其实是因 为 sex 正好是拉丁文中的 6。)
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方程 xn yn zn (n 3) 无非0整数解
经过8年的努力，英国数学家 安德鲁·怀尔斯 终于在1995年完成了该定理的证明。
3、四色问题
“任何一张平面地图只用四种颜色就能使具有共同边界 的国家着上不同的颜色。”用数学语言表示，即“将平面 任意地细分为不相重叠的区域，每一个区域总可以用1，2， 3，4这四个数字之一来标记，而不会使相邻的两个区域得 到相同的数字。”这里所指的相邻区域，是指有一整段边 界是公共的。如果两个区域只相遇于一点或有限多点，就 不叫相邻的。因为用相同的颜色给它们着色不会引起混淆。
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几个精彩的数论问题从同事那里借来了一本单墫教授主编的《初等数论》奥数书，看到很多精彩的问题，在这里做个笔记，与大家一同分享。
不少问题和答案都有过重新叙述，个别问题有所改动。
问题：找出所有使得 2n - 1 能被 7 整除的正整数 n 。
答案：由于 2n的二进制表达为1000…00 （n 个 0），因此 2n - 1 的二进制表达为111…11 （n 个 1）。
而 7 的二进制表达是 111 ，要想让它整除 n 个1 ，显然 n 必须是也只能是 3 的倍数。
问题：是否存在 100 个数，使得它们的和等于它们的最小公倍数？答案：是的。
考虑3, 2 × 3, 2 × 32, 2 × 33, …, 2 × 398, 399，它们的和为：3 + 2 × 3 + 2 × 32+ 2 × 33+ … + 2 × 398 + 399= 3 × (1 + 2) + 2 × 32+ 2 × 33+ … + 2 × 398 + 399= 32+ 2 × 32+ 2 × 33+ … + 2 × 398 + 399= 32× (1 + 2) + 2 × 33+ … + 2 × 398 + 399= 33+ 2 × 33+ … + 2 × 398 + 399= ... ...= 399 + 399= 2 × 399而这 100 个数的最小公倍数正是 2 × 399。
问题：能否找出 100 个不同的正整数，使得其中任意 2 ≤ k ≤ 100 个数的算术平均数都恰为整数。
答案：能。
这个问题非常唬人，它的答案异常简单： 1 · 100!, 2 · 100!, 3 · 100!, …, 100 · 100! 显然满足要求。
问题：求证，存在任意长的连续正整数，使得其中任何一个数都不是质数的幂（当然更不能是质数）。
答案。
有一个经典的问题是，求证存在任意长的连续正整数，它里面不包含任何质数。
换句话说，相邻质数的间隔可以达到任意大。
构造的方法堪称经典。
显然n! + 2 是 2 的倍数（因为我们可以提出一个 2 来）， n! + 3 是 3 的倍数，等等。
因此，n! + 2, n! + 3, n! + 4, …, n! + n 就是 n - 1 个连续的正整数，其中任意一个数都不是质数。
由于 n 可以任意大，因此这个数列可以任意长。
现在，我们要证明的是一个更强的结论。
我们可以把刚才的构造方案简单地修改一下。
只需要考虑 (n!)2 + 2, (n!)2 + 3, (n!)2+ 4, …, (n!)2 + n ，则其中每一个数都不是质数的幂。
比如说 (n!)2 + 5 ，显然它是 5 的倍数，因为我们可以提出一个 5 来；然而提出一个 5 之后将会得到5 · (12· 22· 32· 42· 5 · 62· … · n2 + 1) ，括号里的数显然不再是 5 的倍数，它除以 5 余 1 。
利用中国剩余定理，我们还能给出另一种非常巧妙的构造方案，它能找出 n 个不含质数幂的连续正整数数列，其中 n 可以任意大。
我们只需要保证，每个数都含有至少两个不同的质因数即可。
取 2n 个不同的质数 p1, p2, …, pn, q1,q 2, …, qn，显然 p1· q1, p2· q2, …, pn· qn是两两互质的 n 个数。
由中国剩余定理，我们能找到一个正整数 M ，使得 M 除以 p1· q1余 1 ，并且M 除以 p2· q2余 2 ，并且 M 除以 p3· q3余 3 ，一直到 M 除以 pn· qn余 n 。
于是， M - 1, M - 2, M - 3, …, M - n 就是 n 个连续的正整数，其中每一个都含有两个不同的质因数。
问题：求证，对于任意大的 n ，我们都能够找出 n 个两两互质的数，使得任意2 ≤ k ≤ n 个数之和都不是质数答案：如果只要求任意多个数之和都不是质数，这很好办：让所有数都是某个数的倍数即可。
但是，如果这些数必须两两互质，同样的要求还能办到吗？可以的。
考虑n! + 1, 2 · (n!) + 1, 3 · (n!) + 1, …, n · (n!) + 1 这 n 个数，显然任意 k 个数之和都是 k 的倍数，因而不是质数。
下面说明这 n 个数两两互质。
假设i · (n!) + 1 和j · (n!) + 1 有公共的质因数 p ，其中 1 ≤ i < j ≤ n ，那么它们的差 (j - i) · (n!) 也能被 p 整除，说明 p 只能是不超过 n 的质数。
这与 p 能整除i · (n!) + 1 矛盾。
问题：证明，对于任意正整数 n ，方程 x2 + y2 = z n都有无穷多组正整数解。
答案：考虑 x + yi = (a + bi)n，其中 i 为虚数单位。
对于每一个固定的 n ，只要 a 和 b 都是整数，那么展开后得到的 x 和 y 也都一定是整数。
我们选取充分大的 a ，让 a + bi 的辐角非常小非常小（小于π/2 的 n 分之一），从而让 (a + bi)n不会与坐标轴重合，因而保证 x 和 y 都是非零整数。
等式两边同时取模，便有 x2 + y2 = (a2 + b2)n问题：我们把平面直角坐标系上所有横纵坐标互质的整格点（也就是和原点的连线不经过其他点的整格点）叫做“既约格点”。
证明，对于任意大的正整数 n ，总存在一个整格点，它到任意既约格点的距离都大于 n （换句话说，既约格点集的“空洞”可以达到任意大）。
答案：列一张(2n + 1) × (2n + 1) 的表，每个格子里面填写一个不同的质数（由于质数无穷多，这是总可以办到的）。
现在，找出这样的一个 a ，它除以第 i 行的质数总是余 i （其中 - n ≤ i ≤ n ）。
找出这样的一个 b ，它除以第 j 列的质数总是余 j （其中 -n ≤ j ≤ n）。
中国剩余定理保证了这样的 a 和 b 是存在的。
下面说明，点 (a, b) 满足要求。
假如 (a, b) 到 (x, y) 的距离不超过 n ，则 (a - x)2 + (b - y)2≤ n2。
因而， a - x 和 b - y 都必须在 - n 到 n 的范围内。
把 a - x 的值记作 i ，把 b - y 的值记作 j ，那么 x 就等于 a - i ， y 就等于 b - j ，由 a 、 b 的构造可知， x 和 y 都是表格中第 i 行第 j 列的那个质数的倍数，故 (x, y) 不是既约格点。
问题：找出所有这样的正整数序列 (a1, a2, …, an) ，它们的和为 2n ，但我们无法把它们分成和相等的两组。
答案：考虑 a1, a2, a1+ a2, a1+ a2+ a3, …, a1+ a2+ a3+ … + an，除了a 1和 a2以外，这些数除以 n 的余数不允许相等，否则它们的差就是 n 的倍数，我们就找到了和为 n 的子集。
然而，上面一共有 n + 1 个数，它们除以 n 的余数必然有相等的，因而一定是 a1和 a2除以 n 的余数相等。
类似地， a2和a 3除以 n 的余数也相等， a3和 a4除以 n 的余数也相等，因而事实上从 a1到an所有的数除以 n 的余数都是相等的。
但是这 n 个数加起来只有 2n ，可见所有的数除以 n 的余数只可能都是 1 或者都是 2 。
于是我们得到了所有满足要求的数列：(1, 1, 1, …, 1, n + 1) ，以及(2, 2, 2, …, 2) 。
其中后者要求 n 为奇数。
问题：证明，存在无穷多个正整数三元组 (a, b, c) ，使得 a2+ b2、 b2+ c2、a2 + c2都是完全平方数。
答案：任取一组勾股数 (x, y, z) ，令 a = x|4y2 - z2| ， b = y|4x2 - z2|，c = 4xyz 。
于是，a2 + b2 = x2(3y2 - x2)2 + y2(3x2 - y2)2= x6 + 3x2y4 + 3x4y2 + y6=(x2 + y2)3 = (z3)2a2 + c2 = x2(4y2 + z2)2b2 + c2 = y2(4x2 + z2)2从而 a 、 b 、 c 满足要求。
由于勾股数有无穷多组，因此满足要求的 (a, b, c) 也有无穷多组。
这相当于给出了 Euler 砖块（所有棱长和所有面对角线都是整数的长方体）的一种构造解。
当 (x, y, z) = (3, 4, 5) 时，我们将得到棱长分别为 117 、 44 、240 的 Euler 砖块，这就是最小的 Euler 砖块，它是由 Paul Halcke 在 1719 年发现的。
大家或许会想，有没有什么长方体，不但所有棱长和所有面对角线都是整数，连体对角线也是整数呢？这样的长方体就叫做完美长方体。
有趣的是，虽然 Euler 砖块有无穷多种，但是人们目前还没有找到哪怕一个完美长方体。
完美长方体究竟是否存在，目前仍然是一个未解之谜。
问题：证明，若正整数 a 和 b 互质，则[b / a] + [2b / a] + [3b / a] + … + [(a - 1) b / a] = (a - 1)(b - 1) / 2 。
其中， [n] 是 n 的整数部分，即对 n 取下整。
答案：我们先举一个例子来说明这个问题的复杂性。
数列 [b / a], [2b / a], [3b / a], …, [(a - 1) b / a] 的规律并不一定非常明确。
例如，当 a = 17 且 b = 12 时，[12 / 17], [2 · 12 / 17], [3 · 12 / 17], … [16 · 12 / 17] 分别为 0, 1, 2, 2, 3, 4, 4, 5, 6, 7, 7, 8, 9, 9, 10, 11 ，但这 16 个数之和为 88 ，正好是 16 和 11 乘积的一半。
结论的证明很有意思。
在平面直角坐标系的第一象限摆放一个宽为 a ，高为 b 的矩形。
则[k · b / a] 就是图中第 k 条红色竖直线上的整格点数目，所有[k · b / a] 之和也就是阴影三角形内的整格点总数。