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一个关于三个埃及分数和总数的问题（重置了一下）对于一个正整数n，他的倒数能拆成三个彼此不同的埃及分数之和的总情况数（不考虑顺序），即1/n=1/x+1/y+1/z(x, y, z∈Ｎ*，x＜y＜z)的总情况数，记为F(n)，比如F(1)=1, F(2)=6, F(3)=15, 有一个这样的结论：对于任意一个大于420的奇数2k+1, 总存在一个小于他的偶数2k'，使得F(2k')＞F(2k+1)试问此结论是否正确

一个关于立方数因数的结论一个数是完全立方数，并且其刚好为其正因数数量的立方，这样的数只有28³和40³这两个，此结论是否正确

一个关于高度合数结论，是定理还是猜想任意给定一个关于正整数x的次数大于等于2的多项式函数f(x), 系数均为有理数，保证f(x)在整数x处的取值均为整数，比如f(x)=x(x+1)/2, f(x)=(x³-x)/6等结论：对于任意一个满足条件的f(x)，只有有限个满足条件的整数x使得f(x)为高合成数，比如f(x)=x²-1只有x=5, 7, 11, 19, 29, 41, 71, 4159这8个试问：此结论是否正确，还是只是猜想

0.6+0.8i 对于这样的复数z=0.6+0.8i，无论你取z的多少次方，只要是正整数，总是得不到实数，有哪位大佬可以解释背后的原理

想到的一个问题在N*N的方格阵里（N≥4）填入正整数，要求任意两个以边相邻的格子里填的数都不能互质，则对于N，填入的最大数至少需要为多少首先1不能填入，因为1与任何正整数都互质，所以至少得从2开始，并且填入质数的时候，这个质数的2倍和3倍必须在这里面 N为4的时候，从2～17出发，由于11, 13, 17均为质数，所以删去这三个，后续三个合数18, 20, 21，检验得，刚合适，并存在解法，其中一种为： 07 14 12 04 21 06 02 16 03 18 08 10 09 15 20 05，所以N=4对应最大值的最小值为21 N为5的时候，2～26开始，依次删去23, 19, 17, 13，后续27, 28, 30, 32，发现无论是去11续33，还是把32改成33，都可以满足条件，则32不行，N=5对应33 按照同样的方法，可以知道N=6对应45，N=7对应58，N=8对应77，N=9对应95……但是越往后越复杂，还得考虑四个角的限制，甚至是边限制拼尽全力也没找到一个普适的公式来表达

互质的亲和数对是否存在已知a与b互质，且满足σ(a)=σ(b)=a+b, 如果a, b一奇一偶，必然有a=k₁², b=2k₂², 其中k₁, k₂为两个互质的奇数，且均不能被3整除如果a, b都是奇数，也需要满足某个很苛刻的条件但是至今尚未找到一对满足条件的，也没人能证明确实不存在

一奇一偶的亲和数对是否存在在已知的亲和数对里，要么两个都是偶数，要么两个都是奇数，那么有一个问题：是否存在一奇一偶的亲和数对如果存在，那么他们要满足的条件非常苛刻，奇数必须是完全平方数，偶数必须是一个完全平方数或者一个完全平方数的2倍，较小者还得满足某个数量级。但这样的数对至今都没找到，也没有人能证明不存在。这个问题跟完美奇数一样没有一个确切的答案

x^a+y^b±z^c=t^d, 变量全为正整数已知x^a+y^b=z^c中，变量全为正整数，gcd(x, y, z)=1，给定a, b, c，当1/a+1/b+1/c＞1时，存在无穷多组本源解，1/a+1/b+1/c≤1时，只有有限多组解。扩展一步，x^a+y^b+z^c=t^d或者x^a+y^b=z^c+t^d（其中x, y, z, t∈Ｚ\{0}，a, b, c, d∈Ｎ*且均大于1，gcd(x, y, z, t)=1，要的是非平凡解）是否存在类似的结论，比如说 a b c d均为3的时候显然存在本源解，a b c d最大值不超过3的时候也显然存在本源解，对于最大值超过3的情况，存在5^4+5^4+3^4=11^3这组解

这是定理还是猜想不定方程x^a+y^b=z^c, 其中x, y, z∈Ｚ\{0}，gcd(x, y, z)=1，a, b, c∈Ｎ*且均大于1，1/a+1/b+1/c≤1的时候，这个方程只有有限多组非平凡解，试问：这个结论是定理还是猜想，如果是定理，这个方程有哪些非平凡解

x²+y³=z⁴，x，y，z∈Ｚ\{0}，x，z＞0 其中满足gcd(x, y, z)=1, z的绝对值最小的一组解为76²+(-15)³=7⁴, 也就是7⁴+15³=76²，有两种构造本源解的方法：第一种：y³=(z²+x)(z²-x), 记z²+x=a³, z²-x=b³, a, b∈Ｚ\{0}，则z²=(a³+b³)/2, 求解此方程：a³+b³=(a+b)(a²-ab+b²), 由于互质，所以后面的那个因式一定是奇数，所以需要满足a+b=2k², a²-ab+b²=c², 后面的那个式子对应本源解为b=u²-v²（或2uv+v²）, a=u²+2uv，分别求解u²+4uv+v²=2k²①以及2u²+2uv-v²=2k²②： ①无整数解，因为判别式Delta=16v²-4(v²-2k²)=4(3v²+2k²)=4w², 需要w²-2k²=3v²，很明显不行，所以只能是②的那种 3u²-(u-v)²=2k²，则(u-v)²+2k²=3u² 容易证明有无数组本源解，比如取u=9, v=8, k=11, 可以得到：b=17, a=225, c=217, z=kc=2387, y=ab=3825, x=(a³-b³)/2=5,692,856 第二种：根据第一种上面的式子，记z²+x=2a³, z²-x=4b³，（实际上顺序不影响，大不了可以换位），得到z²=a³+2b³, 在Ｑ上不可约，尝试了好多次都没试出一种满足第二种构造的解来。请问第二种构造是否存在对应的解

三维幻方问题将正整数1～n³排列成n*n*n的三维方阵，并且满足每一个横切面、纵切面、竖切面都构成n阶幻方，即三个基方向上，每个方向的n²条线上每条线总和都是n(n³+1)/2, 三个基方向上每个切面对角线总和也需要是n(n³+1)/2，四个体对角线也需要分别满足总和n(n³+1)/2，试问：这种“三维幻方”是否存在？如果存在，n至少需要为多少

突然想到的一个不齐次不定方程考虑方程x²+y³+z⁵=0, x, y, z∈Ｚ\{0}, x＞0, gcd(x, y, z)=1，已知(x, y, z)=(10, -7, 3)为其中的一组解，试问：这个方程的整数解数量是否有限？

突然想到的一个拼接问题已知A为一个k进制下的n位数，允许前导零，且满足1≤A≤k^n-2，k进制下将三个A连续拼接，比如23（10）拼接为232323（10），有一个命题：给定k，只有有限多个A，满足A+1为完全平方数，比如10进制下只找到了232323满足条件，试问这个结论是否正确

关于n^n-(-1)^C(n, 2)的几个猜想记a_n=n^n-(-1)^C(n, 2)，则对任意正整数n≥4，a_n都至少含有三种不同的质因数对任意n≥8，a_n都至少含有三种不同的奇素因数我验证了很多个这样的，发现都满足这些条件，但是这个“猜想”始终没法解决，是所有的都满足，还是存在反例

p=2n+1, p²|(n^n-(-1)^C(n, 2)) 有一个这样的结论：p为奇素数，p=2n+1，则p整除(n^n-(-1)^C(n, 2)) 其中有一些素数p满足p²整除(n^n-(-1)^C(n, 2))，这样的素数在10000以内只有29, 37, 3373这三个，再也找不到第四个

突发奇想的一个问题 a和b为两个不相同的大于1的正整数，并且都不能写成一个正整数的≥2的整数次幂，同时满足(a^p-1)/(a-1)与(b^p-1)/(b-1)均为质数的质数p只有有限个，请问此结论是否正确，还是猜想

一个关于梅森素数和wagstaff素数的问题已知p为质数，同时满足(2^p-1)为Mersenne素数以及(2^p+1)/3为Wagstaff素数的p只有3, 5, 7, 13, 17, 19, 31, 61, 127 我在oeis上查到的也只有这几个，但我也没法证明，这应该是个猜想

突发奇想的一个问题这是我看一个网上的问题突然想到的，也就是，正方形网格里任意选一个n*n网格，n∈Ｎ，上面有(n+1)²个点，试问，这(n+1)²个点最多能连出多少个正方形 n=0时，只有一个点，连不出正方形，0个 n=1时，这四个点刚好组成一个正方形，1个 n=2时，9个点组成3*3点阵，连出4个小，1个大，还有一个斜着的，总共6个 n=3时，14个正着的，斜着的4+2=6个，总共20个 n=4时，正着的30个，然后算斜着的，10个斜45度的，还有10个特殊的，50个 n=5时，正着的55个，斜着的16+4+18+8+2+2=50个，总共105个我在网上查了一下这个数列，发现符合n(n+1)²(n+2)/12的规律，但我不知道这究竟是怎么来的，试问如何证明

幽默b站老冯全飞了之前一段时间，看B站的时候，视频下方从来都没有出现类似“♪音乐♪”的AI字幕，过了好几个月，再去看相同的视频内容，视频下方却莫名其妙的出现了“♪音乐♪”这种AI字幕，并且字幕设置只能暂时关掉，还不能永久关闭，所以看视频我都得多耗功夫……更可气的是，这严重降低了观看体验，官方还振振有词的说“这是提高观看体验”，我看这不是提高，而是以提高观看体验为噱头去让观看体验更差，这分明就是反向升级，并且没有任何应对措施去永久性关闭总结一句，就是，招笑B站，漂浮起来的木头全飞了

x^n+y^n=z^n, x, y, z∈Ｑ(√k) 我们都知道，对于某一些k, x³+y³=z³在Ｑ(√k)上有非平凡解拓展一步，正整数n＞3的时候，xⁿ+yⁿ=zⁿ是否还存在Q(√k)上的非平凡解

x³+y³=z³, x, y, z∈Ｑ(√k) 大家都知道，根据费马大定理，x³+y³=z³无非平凡有理数解，但是把数域改变一下，改为在Q(√k)上，其中k无非平凡平方因子，是否还存在非平凡解？已知k=85的时候存在非平凡解(√85-1)³+8³=(√85+1)³ 事实上，我们可以这样构造：(b+√a)³+(b-√a)³=2(b²+3a)b，然后可以令2(b²+3a)b=(cb)³, 则c³b²=2(b²+3a)，然后可以解出来a=c³b²/6-b²/3=b²(c³-2)/6，，由于前面的b²对Q(√k)没有影响，所以此时只需要看(c³-2)/6，但是这里要注意c=2得到的是平凡解，所以至少需要|c|＞2，比如c=3的时候得到k=6, 可以得到Q(√6)上存在非平凡解(6+5√6)³+(6-5√6)³=18³，即(5-√6)³+(3√6)³=(5+√6)³ 但是，像上面的构造无法遍历所有的k，我尝试了更小的k，比如k=2, 3的时候，死活找不到一个解

用数码0～9组三角形数我在QQ上跟幽幽子玩猜数字的时候，突然想到了一个问题：如何用数码0～9组出尽可能多的三角形数，并且每个数码都不重不漏？我们可以知道，0～9这10个数码，不重不漏，可以组成一个三角形数，其中最小的是1062489753，最大的是9654871320，并且，0～9也可以组成两个不同的三角形数，比如21945和30876，70125和98346等还可以组成三个，下面是我拿编程跑的一部分结果（数组里的6个数，前三个数是序号，后三个是对应的三角形数）那么问题来了，如何用0～9尽可能多的组成三角形数，并且每个数码都不重不漏（0可以单独成为一个，但是不能在一个数的最前面）

有没有推荐的拓扑学课程临近期末周，本人看拓扑学教材一直都看不明白，在网上有没有推荐的课程，来强化一下我的这一块知识

满足这个条件的素数是否只有这三个构造数列{A_n}, 满足A_0=a(a∈Ｎ*), A_(n+1)=A_n·(A_n+1)(n∈Ｎ)，对{A_n}每一项进行模p分析，其中p为素数对于素数p，无论a是多少，总存在正整数N，n≥N的时候，A_n一定能被p整除，满足这个条件的素数只有2, 3, 7这三个，对应的N最小值分别为1, 2, 4，而对于其他的素数p，几乎总存在一个a，模p分析后会陷入一个循环，永远到不了0 也就是说，对于足够大的n, A_n对于a取遍所有正整数值，他们的最大公因数为42 正因如此，我一般称其为“宇宙终极答案”猜想，三体里，宇宙终极答案是42并没有什么特殊含义，只是觉得有意思才写下来了而已，我在这里赋予了其特殊含义，但这只代表个人观点

一个不齐次不定方程 x^p+y^p-z^p=x+y-z，其中x, y, z, p均为正整数，且p≥4，x, y, z＞1，这个不定方程的非平凡解是否只有一组(x, y, z, p)=(13, 16, 17, 5)

相邻的Abundant Numbers问题已知n为正整数，Sigma(n)表示n所有正因数的和，如果Sigma(n)＞2n，则n为一个abundant number 比如：Sigma(5984)=Sigma(2⁵*11*17)=63*12*18=13608＞2*5984=11968 Sigma(5985)=Sigma(3²*5*7*19)=13*6*8*20=12480＞2*5985=11970，则5984和5985均为abundant numbers. 并且5984和5985相差1，则5984和5985为一对相邻的abundant numbers 像这样的例子还有5775和5776，7424和7425等，OEIS的A096399列出了满足条件的较小的数拓展问题：是否存在连续三个正整数均为abundant numbers? 如果存在，那么应该如何构造？是否存在任意长度的连续n个正整数均为abundant numbers?

征集看法～ 2026年新高考数学I卷登上热搜榜，众多考生直呼太难，对此，8u们怎么看，我想征集8u们对此的看法

a^p-a=b^q-b 已知a^p-a=b^q-b，其中a与b都是正整数且均不为1，p和q是两个不同的质数，p＞q，试问：这个不定方程是否只有有限组解对于这个不定方程，已经找到的满足条件的解有(a, p, b, q)=(2, 3, 3, 2), (6, 3, 15, 2), (2, 5, 6, 2), (3, 5, 16, 2), (5, 7, 280, 2), (3, 7, 13, 3), (2, 13, 91, 2)这几组，是否还存在其他解

有一个这样的猜想，看看是否正确对于平面上的N个两两不共线的点，N=4的时候可以找到这样的四个点两两不共线，两两之间距离均为有理数：O(0, 0), A(3, 0), B(-132/65, -132√3/65), C(-5/2, 5√3/2), 原理是两两之间满足x²+xy+y²为完全平方数的最小正整数数组为195, 264, 325 我们把他扩展到N≥5的情况，而当我尝试寻找满足两两之间距离均为有理数的点，可惜都失败了，于是我有这样的猜想：对于平面上任意N（N≥3）个两两不共线的点，彼此之间连成的线段最多只有3(N-2)条线段长度均为有理数，请问此猜想是否正确

关于正整数涂色问题的一个思考之前本人想过一个问题，给所有的正整数涂色，要求满足x²+xy+y²为完全平方数的x, y不同色，有一个结论就是两种颜色完不成任务，我就举了一组简单的反例：195, 264, 325这三个数两两之间都满足这个关系但是，如果精简一下，给1~N涂色，要求同上，则N最多只能到多少，答案是84，也就是，两种颜色最多只能撑到84，但是到了85，就出幺蛾子事了，因为，在84之前，用两种颜色涂11, 24, 40, 51这4个数字，11和40同色，24和51同色，11和51不同色，而 11²+85²+11*85=91²要求85和11不同色 51²+85²+51*85=119²要求85和51不同色所以，两种颜色撑不到85，只能到84 当N＞85的时候，就至少需要三种颜色，请问对于任意N＞85，三种颜色是否可行

“画表格+弹弓法”解一种类似勾股数的方程 x, y, a, b, c, d均为整数，给定a, b, c, d，求解满足(x²+xy+y²)=(a²+ab+b²)(c²+cd+d²) 我们可以用这种方法：画表格，a, b横排，c, d竖排，表格的四个位置对应两个数的乘积，如下图所示： × a b c ac bc d ad bd 现在进行这样的操作：选定ac, bc, ad, bd四个数的任意三个，并把他们连成直角形（注意不能是锐角），直角顶点上的数为发力点，锚点为其对角线上的数，类似于弹弓，然后，直角形上的三个数相加为x, 锚点-发力点为y 比如拿ac, bc, ad构建一个“弹弓”，直角顶点在ac，锚点在bd, 于是x=ac+bc+ad, y=bd-ac 这样我们可以构建四个“弹弓”，得到四组解，但是本质上是两组解比如解x²+xy+y²=133：先把133进行因数分解：133=7*19 7=1²+1*2+2²，19=2²+2*3+3² 然后画表格： × 1 2 2 2 4 3 3 6 构建“弹弓”：x=2+3+4=9, y=6-2=4 或者x=2+3+6=11, y=4-3=1 这也是已知x²+xy+y²构建新的“四元组”(x²-y², 2xy+y², x²+xy+y², y²+2xy)的基础其实这是有原理的，我们先把a²+ab+b²写作(a+b/2)²+(√3b/2)², 根据(pq+rs)²+(ps-qr)²=(p²+r²)(q²+s²)有： x+y/2=(a+b/2)(c+d/2)-√3b/2·√3d/2=ac+bc/2+ad/2-bd/2 √3y/2=√3/2·(ad+bd+bc) 得到y=ad+bd+bc, x=ac-bd 由对称性可知x, y可以换位，a, b可以互换位置，c, d也可以，得x=bc+ac+ad, y=bd-ac

万物皆可高合成高合成数大家都熟悉，但是在OEIS官网上搜索“Highly composite”这个字眼，不光会出现诸多关于高合成数的问题，还会发现很多特定范畴内的“高合成”，比如：高合成奇数（也就是某个奇数的因数数量比小于他的所有奇数的都要多），高合成平方数，高合成三角形数，高合成k²-1形状的数等，虽然五花八门，但都遵循同一个规则：在限定的范畴内比较因数数量，我只能感叹：万物皆可高合成啊但是，有一些范畴的高合成，oeis上面搜不到比如说限定在不能被3整除的范围内的：2, 4, 8, 16, 20, 40, 80, 140, 280, 560, 1120, 2240, 2800, 3080, 5600, 6160, 12320等 k(k+1)型的：2, 6, 12, 30, 72, 210, 240, 420, 1260, 4032, 6480, 9900, 10920等 k²-1型的奇数：3, 15, 63, 195, 675, 1155, 4095, 17955, 59535, 75075, 440895, 948675, 1893375, 2611455等 k³-1型的：7, 26, 63, 342, 728, 2196, 4095, 15624等 k³+1型的：2, 9, 28, 126, 1332, 4914, 12168等 k⁴-1型的：15, 80, 624, 2400, 14640, 28560, 83520, 279840, 923520, 2825760, 3418800等 k⁴-1型的奇数：15, 255, 4095, 234255, 1048575, 1336335, 16777215等 k³-k型的：6, 24, 60, 120, 336, 504, 720, 1320, 3360, 9240等正四面体数：1, 4, 10, 20, 56, 84, 120, 560, 1140, 3276, 7140等其实这里还有很多花里胡哨的类型，这里我就不展示了

关于一类数的分布的思考正整数中，有这样的一类数，他们的性质跟高合成数类似：他的倒数拆成三个埃及分数和的形式的总情况数，比他以内的任意正整数的都要多，我通常把他叫做“高拆分数”，已知的满足这种性质的有以下这些：1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12, 15, 18, 20, 24, 30, 36, 40, 42, 45, 48, 56, 60, 84, 90, 105, 120, 140, 168, 180, 210, 240, 252, 280, 315, 336, 360, 420, 630, 660, 720, 840, 1260, 1680, 2310, 2520, 3360, 3780, 3960, 4620, 5040, 6930 我们可以发现，以420为分界点，420以前的分布非常密集，但是420后面分布非常稀疏，并且前面的这几个多数都能被2, 3, 5或7整除，很多都含有其中的2～4个素因数，并且660以前的，素因数只有2, 3, 5, 7这几个，有一些都是奇数，还有一些偶数不能被3整除，但其中绝大多数合成性都非常好，但是，越往后数越大，越不好找，有时候Python运转半天都找不出一个来，时间复杂度为O(n²logn) 对于这一列数，于是乎有了这些猜想：所有≥7的素数以及大于15的半素数都不在其中所有大于315的“高拆分数”都是偶数，且都能被3整除所有的高合成数都是“高拆分数”

征集解法，关于多项式函数的已知多项式函数f(x)=x^m-x^n，其中m＞n＞0且m, n∈Ｎ*，并且对于任意正整数k, f(k)都能被f(2)整除，如何用多种方法证明满足条件的(m, n)只有(2, 1), (3, 1), (4, 2), (5, 3), (5, 1), (6, 2), (7, 3), (8, 4), (8, 2), (9, 3), (14, 2), (15, 3), (16, 4)这几组，请展示出你自己的方法

有一个疑惑在初中阶段，我们认为无限不循环小数都是无理数，甚至我们认为e+π是无理数，虽然数学界尚未证明他的无理性，在这一章节，我们通常会遇到类似0.101001000100001000001……这样的“野生无理数” 我们把这个问题给缩影一下，Σₙ₌₁^∞ 2^(n(n+1)/2)（也就是二进制数0.101001000100001000001……）是否真的无理，我们应该如何确切的证明

衡量一个数合成性的另一个指标：“高度拆分性” 将1/n拆成三个不同的埃及分数和的形式，也就是1/n=1/x+1/y+1/z(x, y, z, n∈Ｎ*，x＜y＜z)，给定n，记对应的解的数量为φ(n) 对于正整数N，如果任意正整数n＜N都有φ(n)＜φ(N)，则称N为“高度拆分数”，或者“高拆分数” 比如1只能拆成1/2+1/3+1/6，则φ(1)=1 1/2对应有1/3+1/7+1/42, 1/3+1/8+1/24, 1/3+1/9+1/18, 1/3+1/10+1/15, 1/4+1/5+1/20, 1/4+1/6+1/12总共6种拆法，则φ(2)=6，而φ(1)＜φ(2)，则2为“高拆分数” 1/3对应15种拆法，则φ(3)=15, 而φ(1), φ(2)均小于φ(3)，则3为“高拆分数” 2000以内的“高拆分数”有以下这些： 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12, 15, 18, 20, 24, 30, 36, 40, 42, 45, 48, 56, 60, 84, 90, 105, 120, 140, 168, 180, 210, 240, 252, 280, 315, 336, 360, 420, 630, 660, 720, 840, 1260, 1680 我们可以发现，其中有很多都是“高合成数”，并且，除此之外，其余的数的合成性都是比较强的，有一些奇数以及不是3的倍数的偶数也在这个列表里但是φ(n)极为复杂，没有初等的表达式，有时候，数比较大的情况需要借助Python语言来帮我们计算总数，时间复杂度为O(n²)，在数值达到几千的时候，甚至需要得等好久才能出来，程序写出来之后，我只是挑选了其中的若干个代表性的（因数比较多的）进行验证，忽视了数海里因数比较少的较大数，所以，结果可能不是那么可靠

高度合数的拓展问题：“高度拆分数” 记φ(n)（n∈Ｎ*）为1/n能够拆分为三个互不相同的埃及分数和的总情况数，也就是1/n=1/x+1/y+1/z(x, y, z∈Ｎ*，x＜y＜z)的解的数量，比如1只有1/2+1/3+1/6一种拆法，所以φ(1)=1，1/2有1/3+1/7+1/42, 1/3+1/8+1/24, 1/3+1/9+1/18, 1/3+1/10+1/15, 1/4+1/5+1/20, 1/4+1/6+1/12这6种拆法，则φ(2)=6，同样的方法我们可以求出φ(3)=15, φ(4)=22, φ(5)=30等定义：一个数N，若对任意小于N的正整数n, 都有φ(n)＜φ(N)，则称N为“高度拆分数”，或者“高拆分数” 比如5是“高拆分数”，因为所有小于5的正整数n都满足φ(n)＜φ(5)=30，6也是“高拆分数”，因为所有小于6的正整数n都满足φ(n)＜φ(6)=45, 而7不是，因为存在小于7的正整数6，φ(6)=45＞φ(7)=36 500以内的“高拆分数”有： 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12, 15, 18, 20, 24, 30, 36, 40, 42, 45, 48, 56, 60, 84, 90, 105, 120, 140, 168, 180, 210, 240, 280, 315, 336, 360, 420 我们可以发现，其中很多的因数都比较多，合成性比较强，500以内的“高合成数”都在其中，但是，由于φ(n)比较难求，复杂性比较高，所以想要寻找这一类数的难度比较大，有时候，范围比较大时，Python需要运转半天都找不出全部

为什么有一些结论明明没有证明正确性，我们却坚信他们是正确的就比如说，像e+π，π-e，eπ，这样的e和π翻来覆去的表达式，是否属于无理数尚未证明出来，我们在日常生活中坚信他们都是无理数在某些地方，甚至有很多人认为连续统假设，这个不真不假的猜想，是正确的不知道究竟是为什么，还能举出其他的例子吗？

Σᵢ₌₁ⁿ xᵢⁿ=yⁿ(xᵢ, y∈Ｚ) 有一个这样的猜想：对于任意正整数n≥2，总存在(n+1)个整数x₁, x₂, x₃, …, xₙ, y, 满足Σᵢ₌₁ⁿ xᵢⁿ=yⁿ 对于比较小的n的情况是显而易见的，比如： n=2对应的情况就是我们熟悉的“勾股数”，并且存在完全通解x₁=k(a²-b²), x₂=2kab, y=k(a²+b²)(k, a, b∈Ｎ*) n=3时，存在(x₁, x₂, x₃, y)=(3, 4, 5, 6), (1, 6, 8, 9), (3, 10, 18, 19), (4, 17, 22, 25), (18, 19, 21, 28), (2, 17, 40, 41)等，并且存在通解及其对应的构造方法，但是比较复杂，需要记x₁=(a+b)k+a, x₂=ak-b, x₃=(c+d)k+c, -y=ck-d(a, b, c, d∈Ｚ，k∈Ｑ), 则x₁³+x₂³=((2a+b)k+a-b)(a²+ab+b²)(k²+k+1), 记(2a+b)(a²+ab+b²)+(2c+d)(c²+cd+d²)=A, B=b³-c³+d³-a³, 则k=B/A，等比例放缩得到x₁=s((a+b)B-aA), x₂=s(aB-bA), x₃=s((c+d)B-cA), y=s(dA-cB)(s∈Ｑ, a, b, c, d∈Ｚ) n=5时，存在(x₁, x₂, x₃, x₄, x₅, y)=(7, 43, 57, 80, 100, 107), 并且存在通解x₁=a⁵-25b⁵, x₂=a⁵+25b⁵, x₃=10a³b², x₄=50ab⁴, x₅=75b⁵-a⁵, y=a⁵+75b⁵ 而对于n=4以及n≥6的情况，用计算机跑程序也能跑出几组解，但是通解非常难找，运行速度非常慢 PS：lz曾经试过寻找n=7的情况对应的构造，采用类似n=5的构造方法，也就是记x₁=a⁷+kb⁷这样，结果失败了

关于连续的半素数问题及其衍生问题半素数，也就是两个素数的乘积，在浩瀚的整数海洋里，我们可以显然知道，最多只能连续三个正整数均为半素数，像这样的例子，我们可以轻易的举出很多组，比如33, 34, 35; 85, 86, 87; 93, 94, 95; 121, 122, 123等，是否存在无穷多组，我们还不知道，证明应该是哥猜级别的难度我们把这个问题拓展一下，最多能有连续多少个正整数，都能够表示为k个素数的乘积？答案是2^k-1个，理由是从＞2^k的一个数开始的连续2^k个自然数，必然存在一个数是2^k的倍数，并且这个能被2^k整除的数能够写成至少(k+1)个素数乘积比如说，最多只能有7个连续自然数，都能写成三个素数的乘积，但是像这样的连续7个自然数，131072以内不存在满足条件的，最小的满足这样的条件的7个数为211673, 211674, 211675, 211676, 211677, 211678, 211679, 他们分别可以表示为7*11*2749, 2*3*35279, 5*5*8467, 2*2*52919, 3*37*1907, 2*109*971, 13*19*857 随着k的增大，满足条件的2^k-1个数的最小值也在逐渐增大，构造越来越困难了，因为要避开2^k的倍数以及3*2^(k-1)的倍数，要是想要找连续15个都能写成4个素数乘积的数，估计，Python运转半天都找不到一组

求助8u们本人马上就要进行常微分期中考试了，有没有人能够系统性整理常微分证明大题的解题思路，我想参考参考

证明一组类似勾股数的四个数的乘积一定能被840整除 a=x²-y², b=2xy+y², c=x²+xy+y², a+b=x²+2xy 其中x, y∈Ｎ*，则满足840|(abc(a+b)) 我们首先证明120|ab(a+b): 1° 8|ab(a+b) ab(a+b)=xy(x+y)(x-y)(x+2y)(2x+y), x, y均为偶数时，存在64|ab(a+b) x, y一奇一偶，则x+y, x-y均为奇数，不妨设x为奇数，y为偶数，则y, 2x+y均为偶数，而y(2x+y)=(x+y)²-x², x+y, x均为奇数，两个奇数的平方差一定为8的倍数，所以8|ab(a+b) x, y均为奇数，则x+2y, 2x+y均为奇数，x+y, x-y均为偶数，x²-y²一定为8的倍数，所以8|ab(a+b) 2° 3|ab(a+b) 考虑xy(x+y)(x-y)一定是3的倍数，证明：3|y时，结论显然成立；3不整除y时，x, x+y, x-y一定有一个是3的倍数，所以，结论成立 3° 5|ab(a+b) xy(x+y)(x-y)(x+2y)(2x+y)=yx(x+y)(x-y)(x+2y)(2(x-2y)+5y) 5|y时，结论显然成立；5不整除y时，x, x+y, x-y, x+2y, x-2y一定有一个是5的倍数，5|(x-2y)时，5|(2x+y), 所以x, x+y, x-y, x+2y, 2x+y一定有一个是5的倍数，所以，5|ab(a+b)成立综上所述，120|ab(a+b) 接下来证明7|abc(a+b): abc(a+b)=xy(x+y)(x-y)(x+2y)(2x+y)(x²+xy+y²)=xy(x+y)(x-y)(x+2y)(2(x-3y)+7y)((x+3y)(x-2y)+7y²)，可以用类似上面的方法证明结论成立综上所述，840|abc(a+b) 上面是我的方法，是否存在其他方法证明结论成立同样的方法，可以证明240240|abc(a+b)(a-b)(a+2b)(2a+b)

一个问题，关于半径为N的圆记一个半径为N(N∈Ｎ*)的圆最多能放下半径为1的圆的数量为φ(N), 显然φ(1)=1 N=2时，半径为2的圆最多能放下2个，因为要想放下第三个，半径至少需要(1+2√3/3)≈2.15，所以φ(2)=2 N=3时，可以放下7个，φ(3)=7 显然，φ(N)＜N²（N＞1）易得，N=2k+1(k∈Ｎ*)时，φ(N)≥1+3k(k+1) 所以，φ(N)如何求解，有什么递推公式

极值点偏移和三阶导我在网上听说，极值点偏移跟三阶导有关，事实果真如此吗？请举例说明

1/a+1/b+1/c=1/n情况数在网上经常看到的问题，把一个埃及分数拆成三个埃及分数之和，也就是把1/n拆成1/a+1/b+1/c(a＜b＜c且a, b, c∈Ｎ*)，这个问题很好解决，只需要套公式1/k=1/(k+1)+1/k(k+1)即可现在我把这个问题进行升级，问1/a+1/b+1/c=1/n(n, a, b, c∈Ｎ*，a＜b＜c)中，对某个特定的n，总共有多少种不同的方法，记ψ(n)为相应的方法数，我们不妨从比较小的情况开始： n=1时，只有一组解(a, b, c)=(2, 3, 6), 则ψ(1)=1 n=2时，总共有6组解(a, b, c)=(3, 7, 42), (3, 8, 24), (3, 9, 18), (3, 10, 15), (4, 5, 20), (4, 6, 12), 则ψ(2)=6 n=3时，解的数量明显增多，因为1/3=1/4+1/12，12具有高合成性，1/12拆成两个埃及分数之和的情况数就有7种，不难发现，n=3对应的情况有(a, b, c)=(4, 13, 156), (4, 14, 84), (4, 15, 60), (4, 16, 48), (4, 18, 36), (4, 20, 30), (4, 21, 28), (5, 8, 120), (5, 9, 45), (5, 10, 30), (5, 12, 20), (6, 7, 42), (6, 8, 24), (6, 9, 18), (6, 10, 15)总共7+4+4=15种情况，ψ(3)=15 我们可以发现，随着n的增大，由于我们需要讨论a的范围在n到3n之间，且不包含n和3n，总共2n-2个数，并且其中的某一些对应的情况没解，所以，讨论的复杂性也在逐渐增大到了n=4, 就更复杂了，1/4减去1/5, 1/6, 1/7, 1/8, 1/9, 1/10分别是1/20, 1/12, 3/28, 1/8, 5/36, 3/20，并且3/28, 5/36和3/20都不是埃及分数，所以需要单独拎出来讨论，而n=4, a=11对应的情况无解，我们可以发现有(a, b, c)=(5, 21, 420), (5, 22, 220), (5, 24, 120), (5, 25, 100), (5, 28, 70), (5, 30, 60), (5, 36, 45), (6, 13, 156), (6, 14, 84), (6, 15, 60), (6, 16, 48), (6, 18, 36), (6, 20, 30), (6, 21, 28), (7, 10, 140), (7, 12, 42), (7, 14, 28), (8, 9, 72), (8, 10, 40), (8, 12, 24), (9, 12, 18), (10, 12, 15), 则ψ(4)=22 n=5情况数就更多了，1/5=1/6+1/30，光是一个1/30就有13种拆法，1/5-1/7=2/35，2/35对应4种拆法，1/5-1/8=3/40，3/40有(14, 280), (15, 120), (16, 80), (20, 40), (24, 30)这5种，此外还有(9, 12, 180), (9, 15, 45), (9, 18, 30), 1/10的4种，以及(12, 15, 20)总共30种，ψ(5)=30 n越大，情况越复杂，但是好像没有能够表达ψ(n)的通项公式或者递推公式，试问，复杂度如何去分析

cos2π/7的另一种表示方式记θ=2π/7，则cos3θ=cos(2π-3θ)=cos4θ 记cosθ=x/2，则4(x/2)³-3x/2=8(x/2)⁴-8(x/2)²+1 x⁴-x³-4x²+3x+2=0 (x-2)(x³+x²-2x-1)=0 由于x/2≠1，则x≠2 则x³+x²-2x-1=0 27x³+27x²=54x+27 27x³+27x²+9x+1=63x+28 (3x+1)³=21(3x+1)+7 记3x+1=2√7u, 则8*7√7u³=6*7√7u+7 4u³-3u=1/2√7 u=cosa, 则cos3a=1/2√7 3a=arccos1/2√7+2kπ a=1/3·arccos1/2√7+2kπ/3=1/3·arctan3√3+2kπ/3 cosa=cos(1/3·arctan3√3+2kπ/3) 由于cosθ＞cos2θ＞cos3θ，则cosa=cos(1/3·arctan3√3) x=(2√7cos(1/3·arctan3√3)-1)/3 cos2π/7=(2√7cos(1/3·arctan3√3)-1)/6 cos4π/7=(-√7cos(1/3·arctan3√3)+√21sin(1/3·arctan3√3)-1)/6 cos6π/7=(-√7cos(1/3·arctan3√3)-√21sin(1/3·arctan3√3)-1)/6 像这种引入cos(1/3·arctan√q)(q为有理数)的表达方式，可以解决cos2π/p(p为Pierpont素数)根式表达式里出现消不掉的虚数i的问题你们也可以使用这种方式求出cos2π/13，cos2π/19等类似的表达式

关于一个问题的思考之前我曾经提过一个猜想，只有有限个正整数x＞1满足x²-1为高度合数现在我们把这个问题进行弱化处理，比如寻找满足1+2^m·3^n=x²的正整数组(m, n, x) 2^m·3^n=(x+1)(x-1) 由于m为正整数，所以x一定是奇数，记x=2k+1, 则2^m·3^n=4k(k+1) 2^(m-2)·3^n=k(k+1), k(k+1)一定是偶数，所以m≥3，由于k与k+1互质，所以要么k=2^(m-2), k+1=3^n; 要么k=3^n, k+1=2^(m-2), 经计算，发现只有(m, n, k)=(3, 1, 2), (4, 1, 3), (5, 2, 8)满足条件，分别对应(m, n, x)=(3, 1, 5), (4, 1, 7), (5, 2, 17) 然后我们提升难度，1+2^m·3^n·5^p=x²，同样转化为2^(m-2)·3^n·5^p=k(k+1)(m≥3), 这样的组合方案就变多了，总共有6种组合方案，其中k=2^(m-2)对应的情况无解，只需要考虑剩下的5种情况（以下的数组为对应的(m, n, p, x)） k=3^n, 得到只有(3, 2, 1, 19)一组 k=5^p, 得到只有(3, 1, 1, 11)一组 k=2^(m-2)·3^n, 得到(5, 1, 2, 49)一组 k=2^(m-2)·5^p, 得到(6, 4, 1, 161)一组 k=3^n·5^p, 得到(6, 1, 1, 31)一组但是，随着质数数量的增多，问题也会越来越复杂，比如1+2^m·3^n·5^p·7^q=x²更是多达14种组合方案，四个质因数之中的2+2的情况更为复杂，所以，要想证明猜想极为困难

给自然数涂色，至少需要几种颜色给所有的正整数涂色，要求满足x²+xy+y²为完全平方数的x, y不能是同一种颜色，比如：3²+3*5+5²=49=7²，则3和5不能涂同一种颜色，同理，7²+7*8+8²=13²，7和8不能涂同一种颜色这里，1, 2, 4怎么涂色都可以首先，两种颜色肯定不够用，因为对于195, 264和325，有这样的一个关系：195²+195*264+264²=399²，195²+195*325+325²=455²，264²+264*325+325²=511²，也就是195, 264, 325这三个里面的任意两个都满足这种x²+xy+y²为完全平方数的关系，如果用两种颜色，其中总有两个是同一种颜色，所以，至少需要三种颜色，像这样的组合还有264, 325, 440；384, 805, 1520等请问，三种颜色真的够吗，如果足够，如何证明

一个结论，关于埃及分数和把1/k(k∈Ｎ*)拆成n个埃及分数和，值最小的分数（也就是分母最大的分数）的分母Aₙ可能的最大值满足递推关系Aₙ₊₁=Aₙ(Aₙ+1)，A₁=k，这个递推关系的通项无法用初等函数表示我们可以知道Aₙ|Aₙ₊₁ 那么，有一个问题：已知P为素数是否存在N, n≥N时，有P|Aₙ恒成立比如P=7时，我们可以进行模7运算： k≡1时，A₁≡1, A₂≡1*2=2, A₃≡2*3=6, A₄≡6*7≡0 由于Aₙ|Aₙ₊₁, 所以k=1时，n≥4时Aₙ一定能被7整除同时得知k≡2的情况同样满足给定N，当n≥N时7|Aₙ k≡3时，3*4≡5, 5*6≡2，又回到k≡2的情况了 k≡4时，4*5≡6, 6*7≡0，可知k=5, 6时会得到同样的结果所以P=7时，任意k∈Ｎ这个结论一定成立补充一个结论，就是对于模P(P为素数)运算，k(k+1)与(P-k-1)(P-k)同余，所以A₁=k和A₁=P-k-1的情况是等同的，所以考虑是否存在N，n≥N时，P|Aₙ的问题，只需要考虑1≤k≤(P-1)/2的情况即可由于A₂=A₁(A₁+1), A₃=A₂(A₂+1)，A₂+1=A₁²+A₁+1, Aₙ₊₁+1=Aₙ²+Aₙ+1，所以，Aₙ₊₁/Aₙ（n≥2）包含的因数只能是3或者6k+1形状的，又因为k(k+1)(k²+k+1)一定是3的倍数（也就是A₃一定是3的倍数，P=3时结论一定成立），所以Aₙ₊₁/Aₙ（n≥3）包含的因数只能是6k+1形状的，所以，P为6k+5形状的素数时，结论不成立我们再考虑P=13：模13运算，只需要1≤k≤6的情况： k=1: 1*2≡2, 2*3≡6, 6*7≡3, 3*4≡12, 12*13≡0，同理对k=2, 3, 6成立； k=4: 4*5≡7, 7*8≡4，循环了，同理k=5, 7, 8也会出现循环 P=19：模19运算，只需考虑1≤k≤9： k=1: 1*2≡2, 2*3≡6, 6*7≡4, 4*5≡1(循环，k=2, 4, 6同样出现循环) k=3: 3*4≡12, 12*13≡4, 4*5≡1(循环) k=5: 5*6≡11, 11*12≡18(接下来整除，k=7同理) k=8: 8*9≡15(与k=3等效，循环) k=9: 9*10≡14(与k=4等效，循环) 貌似每个P=6K+1（7除外）, 总有一部分最终会被P整除，有一部分则陷入循环，永远不会整除，那么，对于这个结论，只有P=2, 3, 7才对任意k都成立，其他的素数，应该如何去考虑

一个关于三角形数的问题有一个这样的问题：将1～N这N个自然数排成一列，使得相邻的两个数之和均为三角形数，能够通过镜像得到的视作同一种情况，比如1 2和2 1视作同一种 N=2时，仅存在一种情况：1 2，此时1+2=3为三角形数 N=3, 4, 5, 6, 7, 8时，不存在满足条件的序列 N=9时，存在3 7 8 2 4 6 9 1 5 N=10时，只需在N=9的情况5后面添上10即可 N=11时，只需要N=10的10后面添上11 N=12：N=11的情况3前面添上12 N=13：N=12的8和2中间添加13 N=14：3 12 9 6 4 2 13 8 7 14 1 5 10 11 N=15：8 13 15 6 9 12 3 7 14 1 5 10 11 4 2 ……… 貌似N≥9的时候，都能构造出满足条件的序列，请问如何说明这个问题是否正确

突然想到的一个双人游戏袋子里有0～15这16个数，A与B两人在袋子里轮流选数，每人每回合只能从袋子里拿出一个数，放到己方区域，如果谁选出来的数有其中4个数的和为30，谁胜试问，从理论角度，如何对此进行分析

一个关于半素数之和的猜想我之前曾经提过一个猜想：对于任意正整数n＞12且n不属于{17, 22, 33}均能表示为两个半素数之和现在加上一个条件，两个互质的半素数，发现还有很多不满足条件的，我发现的最大的不满足条件的是210 然后用Python寻找一番，发现给定范围内，＞210的任意正整数都满足条件于是有了这样的猜想：任意一个＞210的正整数都能写成两个互质的半素数之和，试问这个猜想是否正确

关于高合成数的一个结论，试问如何证明对于阶乘数n!（n∈Ｎ）, 0≤n≤7时，n!均为高合成数，n≥8时，n!均不是高度合成数，比如n=8时，n!=40320=2⁷*3²*5*7（因数数量为8*3*2*2=96）不是高度合成的，因为有一个比40320小的，且同样含有96个因数的30240=2⁵*3³*5*7 n=9时，n!=362880=2⁷*3⁴*5*7，因数数量为8*5*2*2=160，而有一个比他小的，因数数量更多的221760=2⁶*3²*5*7*11（因数数量168） n=10时，n!=3628800=2⁸*3⁴*5²*7（因数数量270），比他小的2162160=2⁴*3³*5*7*11*13因数数量320 貌似n≥8时，总能找到一个比n!小的数，使得他的因数数量比n!多，那么，这个结论如何证明

一个猜想，关于高合成数的，看看是否正确已知x为正整数，x²-1为高合成数，则满足条件的x只有5, 7, 11, 19, 29, 41, 71这7个试问这个猜想是否正确，如果正确，是否存在相应的证明方法；如果不正确，请找出除了上述7个以外的所有的满足条件的x

我在网上看到的一道题，据说是未解之谜，下面是我自己的看法也就是对于任意正整数n≥3，1/x+1/y+1/z=4/n均存在正整数解(x, y, z)满足条件这是我在网上看到的，在B站刷视频的时候看到的，那位视频的博主说他依然是未解之谜，接下来是我自己的看法：不妨采用分类讨论法： n为4的倍数时，记n=4k, 则4/n=1/k，由于1/k可以使用万能公式1/k=1/(k+1)+1/k(k+1)=1/(k+2)+1/(k+1)(k+2)+1/k(k+1)拆解，所以n=4k时一定存在正整数解 n为偶数，但不是4的倍数时，记n=4k+2, 则4/n=2/(2k+1)=(2k+2)/(2k+1)(k+1)=(1+(2k+1))/(2k+1)(k+1)=1/(2k+1)(k+1)+1/(k+1)=1/(2k+1)(k+1)+1/(k+2)+1/(k+1)(k+2)，也一定存在正整数解则n为偶数时，一定存在正整数解下面只需要考虑n为奇数的情况：不妨优先考虑n除以4余3的情况：n=4k-1, 则4/n=4/(4k-1)=4k/k(4k-1)=(1+4k-1)/k(4k-1)=1/k(4k-1)+1/k=1/k(4k-1)+1/(k+1)+1/k(k+1)，一定存在正整数解 n为合数时，n存在因数p≥5，不妨记n=pq, 则4/n=4/pq=1/q·4/p, 可知假若n=p满足条件，则n=pq也满足条件注意到4/9=1/3+1/9=1/3+1/10+1/90=1/4+1/9+1/12=1/3+1/12+1/36，则n为3的正整数次幂时，一定存在正整数解所以，只需要证明所有的4k+1型的素数满足条件即可不妨记n=4k+1, 则4/n=4/(4k+1)=4(k+1)/(4k+1)(k+1)=(3+4k+1)/(4k+1)(k+1)=1/(k+1)+3/(4k+1)(k+1) k=3u-1时，n一定为3的倍数，3/(4k+1)(k+1)=1/3u(4u-1)，此时一定存在正整数解，于是，n为3的倍数时，一定存在正整数解 k=3u+1时，3/(4k+1)(k+1)=3/(12u+5)(3u+2)=3/(36u²+39u+10)=3/((36u²+39u+6)+4) u=2v时，36u²+39u+6一定为6的倍数，记为6A, 3/(6A+4)=1/2·3/(3A+2)=1/2·(3(A+1)/(A+1)(3A+2))=1/2·((3A+2+1)/(A+1)(3A+2))=1/2·(1/(A+1)+1/(A+1)(3A+2))=1/2(A+1)+1/2(A+1)(3A+2), 此时n=4k+1=12u+5=24v+5 同理，k=3u, u=2v+1时，(4k+1)(k+1)=6B+4，同样存在正整数解，此时n=24v+13 由于Ｚ/24Ｚ的单位群为{1, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23}, 由于7, 11, 19, 23, 5, 13的情况均已讨论，只需要证明所有的24v+1以及24v+17的素数成立即可，也就是8k+1形状的素数成立即可注意到3/(4k+1)(k+1)=1/(k+1)·3/(4k+1), 而4k+1=24v+17时，k=6v+4, 3/(4k+1)(k+1)=1/(6v+5)·3/(24v+17)=1/(6v+5)·(3(8v+6)/(8v+6)(24v+17))=1/(6v+5)·(1/(8v+6)+1/(8v+6)(24v+17))，则对于n=24v+17的情况一定存在正整数解这个时候，情况讨论缩小到了只需要讨论n=24v+1型的素数的情况 24v+1型的素数有：73, 97, 193, 241, 313, 409, 433, 457, 577, 601, 673, 769, 937, 1009等当k+1存在(3u+2)形状的素因数时，可以知道一定存在正整数解（读者自己证明），若k+1不存在(3u+2)形状的素因数，则x=k+1时不存在相应的解，（不妨使用下面的证明方法证明： 3/(Πᵢ₌₁ⁿ pᵢ)=1/y+1/z, 其中pᵢ=3kᵢ+1时，记Πᵢ₌₁ⁿ pᵢ=K, 则3/K=1/y+1/z=(y+z)/yz, 则3yz=K(y+z), (3y-K)(3z-K)=K², 而3y-K≡3z-K≡2(mod 3), 而K²没有3k+2形状的因数，所以，在这种情况下，没有相应的解）这样，我们可以继续缩小需要考虑的范围比如n=73时，(n+3)/4=19不存在(3k+2)形状的因数，则需要考虑别的x, x=20时，1/y+1/z=4/73-1/20=7/(20*73)=(5+2)/(20*73)=1/292+1/730 则4/73=1/20+1/292+1/730 n=97时，(n+3)/4=25, 25可以被5整除接下来的证明非常复杂，燃尽了

“完美三角形” 记△ABC内一点P，使得∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，AP=195，BP=264，CP=325时，三角形三边长度分别为AB=399，BC=511，CA=455，像这种三角形三边长均为整数，并且像这样的点P到三个顶点距离均为整数的△ABC称为“完美三角形”，像这样的AP，BP，CP长度组合还有AP=384, BP=805, CP=1520，对应三边长分别为AB=1051, BC=2045, CA=1744，像这样的组合还有很多，16384以内互质的（不是两两互质）总共有这些（Python程序代码以及运行结果如下）那么，像这样的AP, BP, CP（gcd(AP, BP, CP)=1）长度组合是否存在通项公式

由13532385396179延伸出来的问题有一个古老的问题，也就是一个数进行质因数分解（如果有重因数就用次方表示）然后按照质数从小到大排列，比如说48=2^4*3，然后将这些质数和次数按顺序拼接得到一个新的数，比如2^4*3拼接成243，然后对新数进行同样的操作，以48为例： 48=2^4*3，243=3^5，35=5*7，57=3*19，319=11*29，1129是一个质数有人就提出猜想：这样操作完了之后，都会返回到一个质数，直到有人用计算机发现了13532385396179=13*53^2*3853*96179否定了这个结论于是我对这个问题进行了一次延伸，如果推广到其他的进制，比如二进制、11进制等，是否存在类似13532385396179的数这样的数，到现在为止也是只发现了两个【二进制】11^11*10011*111110011=111110011111110011（转换为十进制为3^3*19*499=255987）【十一进制】3^5*18=3518（转换为十进制为3^5*19=4617）那么，在任何有限整数进制下，类似13532385396179（10）、111110011111110011（2）、3518（11）的数是否都存在

一类特殊的伪素数，跟二重幂±1有关的有一个这样的结论，对于aₙ=nⁿ-(-1)^(n(n-1)/2)(n≥2且n∈Ｎ*), 有：b=2n+1为素数时，满足(2n+1)|aₙ, 但是也有一些2n+1为合数的情况，也满足这一条结论，比如说n=280=2³*5*7, 2n+1=561=3*11*17, 则：280-1|280^280-1，3|280-1，则3|280^280-1， 280^280-1≡5^280-1≡1-1=0(mod 11), 则11|280^280-1，280^280-1≡8^280-1≡0(mod 17), 则17|280^280-1，则561|280^280-1. 事实上，对于b，所有8k+1形状的Carmichael数都满足上面一条性质，但是也有一些不是Carmichael数的b也满足这一条性质，比如说1905, 2047等但是也有一些Carmichael数，不满足上面这一条性质，比如说2821和8911等 b=2n+1为合数时，65536以内满足条件的(n, b, b的素因数分解)如下（这是我用Python寻找的），其中绝大多数都是以2为底的伪素数

一个有趣的问题，关于n的n次方，也就是n的2重幂的命题是这样的：记a_n=n^n-(-1)^(n(n-1)/2)(n∈Ｎ且n≥2), 则：2n+1为素数时，a_n一定能被(2n+1)整除，试问这个结论如何证明，我觉得可以结合费马小定理证明，但是过程稍微复杂些下面是部分n^n-(-1)^(n(n-1)/2)(n≥2且n∈Ｎ)的素因数分解： 2^2+1=5 3^3+1=28=2²*7 4^4-1=255=3*5*17 5^5-1=3124=2²*11*71 6^6+1=46657=13*37*97 7^7+1=823544=2³*113*911 8^8-1=16777215=3²*5*7*13*17*241 9^9-1=387420488=2³*7*13*19*37*757 10^10+1=10000000001=101*3541*27961 11^11+1=2²*3*23*89*199*58367 12^12-1=5*7*11*13*19*29*157*20593 13^13-1=2²*3*53*264031*1803647 14^14+1=29²*113*197*3361*176597 15^15+1=2⁴*31*211*1531*19231*142111 16^16-1=3*5*17*257*641*65537*6700417 …………

最美的完全平方数1643897025 我发现了1643897025是完全平方数里的明星， 1643897025是40545的平方，并且是由0～9这10个数字拼接而成并且没有重复的（十全码数），像这样的完全平方数还有1026753849等 1643897025还有一个特殊的性质：把这个“十全码数”平方数数乘以3再加1，得到的4931691076依然是完全平方数，他是70226的平方并且，70226跟40545这一对“情侣”有着一种亲密的联系：70226+40545√3刚好能写成2+√3的9次方，70226/40545还跟√3的数值非常接近，误差仅有约1.756*10^-10