2021-07-05-01
（本题来源：数学奥林匹克小丛书 第二版 集合 刘诗雄 分类原则 P79 习题17）
证明:可以用种颜色对正整数染色,使它不含有由个同色数组成的等差数列.
证明
问题等价于把集合分拆成个非空子集、、、,使得,.
因为,所以中的每个数都可以表示成至多位的进制数,这里.设,.对任意,由于每个进制正整数末位数上至少有中的一个数字未出现,例如的末位数中未出现,则,所以,.
下证:集合中不含由项构成的等差数列.反设某个中含有由项构成的等差数列:.若,则上述个数模两两不同余(即构成一个模的完系),从而,这个数中必有一个,它除以的余数为,即它的进制表示中的末位数为,矛盾.若,,仿上可得到这个等差数列中必有一项,它的7进制表示中从右数的第二位数字为,矛盾.若,,同理可得这个等差数列中必有一项,它的进制表示中从右数的第三位数字为,矛盾.若,则.矛盾.
最后,,,,,得到符合要求的分拆.
2021-07-05-02
（本题来源：数学奥林匹克小丛书 第二版 集合 刘诗雄 分类原则 P79 习题18）
一个正整数无穷等差数列,包含一项是整数的平方,另一项是整数的立方证明:此数列含有一项是整数的六次幂.
证明
设数列含、项,、是整数.对公差用数学归纳法.,显然成立.
对某个固定的,假设其公差小于且满足题设条件的等差数列都成立.现考察在时的情形.令、的最大公约数为,.分两种情况:
情形1 .易知,因而有.与互素,故与和也互素.所以,有整数,使得.因此,,即.因,故两端可除以有.又,则对某个整数,有.于是,.因,由二项式公式,可得.又,,由以上两同余式,有.显然,可取任意大的整数,故上式说明数列含一个整数的六次幂项.
情形2.令素数,,,并设是整除的的最高次幂,是整除的的最高次幂.因,,有.因而对中每一项,能整除它的最高次幂是.因、是数列的两个项,必被和整除,故.因此,.整数数列的公差,且含有项、.由归纳假设,它含有项(整数).所以,是原数列的一个项.
2021-07-05-03
（本题来源：数学奥林匹克小丛书 第二版 集合 刘诗雄 分类原则 P79 习题19）
如果一个正整数的所有正约数之和为其两倍,则称该数为一个完全数.求所有的正整数,使得和都是完全数.
解
这里需要用到Euler的一个结论:为偶完全数存在质数,使得为质数,且.下面以此来解本题.
情形一:为奇数,则为偶完全数,于是,可,其中与都为质数,这时.当时,,,此时与都是完全数.当时,记,则为奇数,且,由二项式定理可知).从而,但,可设,,此时,,但是,故,从而此时不是完全数.
情形二:为偶数,如果,则不是完全平方数,此时对任意,由,可知与中一个余,另一个余,导致,从而,但,故不是完全数.所以,,于是,可设,此时为奇数.由于,故.同上可知,故若,则,这是一个矛盾.
综上可知,满足条件的只有一个,即.