数论题讲评 / 2025.6.8

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要是写纯纯的答案就比较无聊也比较无力。所以接下来的内容一点也不规范。

Task 1

证明：3^{4^5}+4^{5^6} 是 2 个大于 2^{2002} 的整数的乘积。

观察：

这个题的形式是幂和幂的相加，我们肯定要因式分解，也许你会想到两条路：

然后很不幸的是，前者列出来就可以否决了，因为显然 a+b 是到不了题目要求的级别的，而且从命题角度来看，如果是这样就不会如此设问。后者是好的，因为两项是同阶的，所以后者应该可以做出来。

证：

我们知道：a^4+4b^4=(a^2+2b^2+2ab)(a^2+2b^2-2ab)。

带入 a=3^{256}，b=2^{\frac{5^6-1}{2}}，则：

N=(3^{512}+2^{5^6}+3^{256}\cdot2^{\frac{5^6+1}{2}})(3^{512}+2^{5^6}-3^{256}\cdot2^{\frac{5^6+1}{2}})

只要证 3^{512}+2^{5^6}\pm 3^{256}\cdot2^{\frac{5^6+1}{2}}> 10^{2002} 即可：

3^{512}+2^{5^6}-3^{256}\cdot2^{\frac{5^6+1}{2}}\ge 2^{5^6-1}\ge 10^{\frac{5^6-1}{4}}>10^{2002}

Task 2

证明：对任意正整数 n，\frac{(17+12\sqrt2)^n-(17-12\sqrt2)^n}{4\sqrt2} 是整数并且不是完全平方数。

观察：

根据经验，这个形式显然是一个 a_n=xa_{n-1}+ya_{n-2} 的递推式的通项公式，所以我们考虑先构造出来，证明是一个整数。

证明：(Part. 1)

认为 \alpha=17+12\sqrt2,\beta=17-12\sqrt2，则两者是 x^2=34x-1 的根。

于是令 a_n=34a_{n-1}-a_{n-2}，a_0=0，a_6=6，我们显然可以证明等价性。因为有归纳法，所以证到整数。

观察：

先回想证明不是完全平方的方法。

  1. v_p(x)\equiv 1\pmod 2
  2. n^2<x<(n+1)^2
  3. 二次剩余

但是这个事情是后想的，我们先来观察一些性质。

考虑看看 \alpha 和 \beta 的特殊性，手玩得到 \alpha=(1+\sqrt2)^{4},\beta=(1-\sqrt2)^4。哦哦，其实我们也可以写成：

a_n=\dfrac{(1+\sqrt2)^{4n}-(1-\sqrt2)^{4n}}{4\sqrt2}

令 b_{4n}=a_n，可以写出递推式：b_n=2b_{n-1}+b_{n-2}，b_0=0,b_1=\frac12。虽然可能不是整数，但是事实上偶数位置都是整数。不过可以看到 2b_{n} 确实都是整数，而且是一奇一偶交替的。

然后我们接着研究 2b_{n}。写几项看看成分：

\{0,1,2,5,12,29,\dots\}

观察一：发现任意相邻两项都互质，数归即可证明。

没什么感觉，但是 \frac{(1+\sqrt2)^{4n}-(1-\sqrt2)^{4n}}{4\sqrt2} 这个式子在 n\to \infin 的时候，分子上 (1-\sqrt2)^{4n}\to 0 是很显然的，大小可以忽略不计。考虑我们已经有了 4n，那么这个时候就很有可能往 方法二 \bm{n^2<x<(n+1)^2} 上靠，所以考虑：

b_{4n}=b_{2n}\cdot\dfrac{(1+\sqrt2)^{2n}+(1-\sqrt2)^{2n}}{4\sqrt2}

到这观察应该完毕了，考虑利用几个性质证明一下。

证明：（Part. 2）

Task 5

简单题哦。 简单题吗？ **证明**：