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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

从黑白帽子问题延伸出来的，红绿蓝帽子问题，如何才能正确率最大化问题是这样的：12个人从高到低排成一排站，每个人头顶戴上一顶红色、绿色或者蓝色的尖角帽子，每个人都要猜出自己戴的什么颜色的帽子，但是除了“红，绿，蓝”不能说其他的话语，也不能回头看或者身体动作幅度过大（跟之前的黑白帽子问题规则类似），这一题的关键在于“红绿蓝”传递的加密信息，请问如何策略才能使得猜对人数以及总体正确率最大化

证明完全平方数进制下不存在任何走马灯数完全平方数进制，比如四进制，九进制，十六进制等等，不存在走马灯数，如何使用尽可能少的步骤以及尽可能多的方法证明这个结论十进制下，142857是质数7对应的走马灯数，有 142857*1=142857 142857*2=285714 142857*3=428571 142857*4=571428 142857*5=714285 142857*6=857142 142857*7=999999 但如果换成完全平方数进制，这一类走马灯数就不复存在，比如说，十六进制下7对应的是249， 249*1=249 249*2=492 249*3=6DB 249*4=924 249*5=B6D 249*6=DB6 我们可以发现：249乘以1, 2, 4都是2, 4, 9的循环排列，但是乘以3, 5, 6的时候却变成了6, D, B的轮换，这跟十进制下13对应的076923有异曲同工之妙： 076923*1=076923, 076923*2=153846, 076923*3=230769, 076923*4=307692, 076923*5=384615, 076923*6=461538……, 076923*13=999999 可以发现：乘以1, 3, 4, 9, 10, 12是0, 7, 6, 9, 2, 3的循环排列，乘以2, 5, 6, 7, 8, 11却变成了1, 5, 3, 8, 4, 6的轮换再举个例子，十六进制下的B（11）对应的是1745D， 1745D*1=1745D, 1745D*2=2E8BA, 1745D*3=45D17, 1745D*4=5D174, 1745D*5=745D1, 1745D*6=8BA2E, 1745D*7=A2E8B, 1745D*8=BA2E8, 1745D*9=D1745, 1745D*A=E8BA2, 1745D*B=FFFFF 同样是两种循环轮换，某一进制下，有一部分素数的倒数循环节对应数会产生4种，6种甚至更多种循环轮换，而平方数进制下，这种轮换种类数一定是偶数，比如：十六进制下D（13）可以产生4种（13B, 276, 4EC, 9D8），1F（31）可以产生6种（08421, 18C63, 294A5, 39CE7, 5AD6B, 7BDEF）等等

十六进制下，各个素数（或者素数的整数次幂）倒数的循环节下文统一使用[lbk]x₁x₂……xₙ[rbk]表示循环节，按照循环节长度进行分类，素数统一使用十进制数（十六进制数）表示格式： 1/3=0.[lbk]5[rbk], 1/5=0.[lbk]3[rbk] 1/17(1/11)=0.[lbk]0F[rbk] 1/7=0.[lbk]249[rbk], 1/9=0.[lbk]1C7[rbk], 1/13(1/D)=0.[lbk]13B[rbk] 1/257(1/101)=0.[lbk]00FF[rbk] 1/11(1/B)=0.[lbk]1745D[rbk], 1/25(1/19)=0.[lbk]0A3D7[rbk], 1/31(1/1F)=0.[lbk]08421[rbk], 1/41(1/29)=0.[lbk]063E7[rbk] 1/241(1/F1)=0.[lbk]010FEF[rbk] 1/29(1/1D)=0.[lbk]08D3DCB[rbk], 1/43=0.[lbk]05F417D[rbk], 1/113(1/71)=0.[lbk]0243F6F[rbk], 1/127(1/7F)=0.[lbk]0204081[rbk] 1/65537(1/10001)=0.[lbk]0000FFFF[rbk] 1/19(1/13)=0.[lbk]0D79435E5[rbk], 1/27(1/1B)=0.[lbk]097B425ED[rbk], 1/37(1/25)=0.[lbk]06EB3E453[rbk], 1/73(1/49)=0.[lbk]0381C0E07[rbk], 1/109(1/6D)=0.[lbk]02593F69B[rbk] 1/61681(1/F0F1)=0.[lbk]00010FFFEF[rbk] 1/23(1/17)=0.[lbk]0B21642C859[rbk], 1/89(1/59)=0.[lbk]02E05C0B817[rbk], 1/683(1/2AB)=0.[lbk]005FF4017FD[rbk], 1/397(1/18D)=0.[lbk]00A513FD6BB[rbk], 1/2113(1/841)=0.[lbk]001F03FF83F[rbk] 1/97(1/61)=0.[lbk]02A3A0FD5C5F[rbk], 1/673(1/2A1)=0.[lbk]006160FF9E9F[rbk] 1/53(1/35)=0.[lbk]04D4873ECADE3[rbk], 1/157(1/9D)=0.[lbk]01A16D3F97A4B[rbk], 1/1613(1/64D)=0.[lbk]0028A13FF5D7B[rbk], 1/2731(1/AAB)=0.[lbk]0017FF4005FFD[rbk], 1/8191(1/1FFF)=0.[lbk]0008004002001[rbk], 注：上面只列出了前13行

（征集贴）千星奇遇，8u们觉得你们看中哪一套奇偶服装了你们觉得哪一套奇偶服装最好看，并说出好看的地方在哪里（可以从风格、细节等方面分析）

由冰雹猜想衍生出来的问题，(5n-1)/2^k问题这个问题我在初中的时候也思考过，也就是把冰雹猜想里的3n+1换成5n-1，也就是N为奇数的时候就先乘以5再-1，N为偶数的时候就除以2，比如说3：3→14→7→34→17→84→42→21→104→52→26→13→64→32→16→8→4→2→1→4→2→1→……，或者精简一下：3→14→7→34→17→84→21→104→13→64→1→4→1→…… 但是，当我尝试9, 11, 15, 19这样的，却发现数会增加到很大，却没有落入421循环，有人能够解释背后的原理吗？

276这个数字为什么这么特殊我在B站上看了一个油管搬运的视频，了解到：把一个正整数的所有真因数（也就是他所有的不包括他本身的正因数）求和，得到结果之后重复操作，绝大多数的数最终都会变到1，也就是湮灭了，有的收敛到完全数，有的落入亲和数，也有的陷入社交圈循环里，但是276这个数就非常特别，好几百步之后，数值一直在增加，没有落入1，像这样的还有著名的Leihmer Five，即276, 552, 564, 660, 966，请问，这些数为什么会这么特别，还有有什么较为简便的方法去寻找这一类数

评分不到3.0的客服还有必要存在吗？我每次遇到很多未被解决的问题，有时候连客服都解决不了，我看你b是挨揍挨轻了，给我设置的界面条目数量这么少，都不考虑一下大众的想法，只顾着自己的利益了，遇见一个问题总想逃避，HG评分不到3.0

シャビ放大镜，为什么评论区里总会出现很多放大镜，怎么都关不掉最近本人逛b站，在很多评论区里的评论，总会出现很多蓝色的放大镜，看得我很不顺眼，我想尽千方百计都关不掉，即使是问了客服，也没有给我一个准确的答案，上浏览器也没有查到，不仅妨碍我看视频，还严重扰乱我的心情，我只想说一句，SQ的B站，为什么不给来一个关闭评论区搜索引擎的功能这样的话就不会出现评论区里那么多蓝色的放大镜了，并且这还是一个一举多得的事情，不出现蓝色的放大镜之后，同时也不会跳转到搜索界面，省去很多麻烦了，gsd噼里啪啦怎么考虑这么不周到！！！！！！（鸟语花香中）怎么连客服都这么シャビ的吗！！！

我拿出了一周前的举报，发现我的举报居然成功了？！而且这应该是我头一次举报视频举报成功的，举报的还是一个出生lezi的，一个引战沟的视频，请问8u们有没有类似的经历

请问8u们有没有定时清理僵尸粉以及片姐粉丝的习惯今天在清理粉丝的时候，发现我的粉丝列表里有那么多的“无效粉丝”，我赶紧把牠们都清理掉了，这些无效粉丝都有一个共同的特点：很多用的都是美女头像，有很多账号都在封禁之中，也有很多主页面打不开，清理完毕之后，粉丝数量一下子从250降到了207，留下来了一部分有效粉丝，请问8u们是否曾遇到过类似的情况

我真的不理解，为什么旎b要容忍这么多带沟石音效的视频在贴子的最前面我先说一句，之前我发的那个“我发低创视频你来打分”帖子下方被很多sq网友旺煲了，实在令我不快，于是我不得不进行一些举措，接下来进入正题闲暇时间逛b站，真有一点令我非常气愤，b站为什么要给这么多带沟石音效的视频这么多流量，难道是要让我们开团赤时吗？我发现b站上有很多视频都是带有那种声音非常尖锐刺耳，难以入听，抽象至极的音效，并且很多时候这些声音都很大，打雷声都比这些沟石音效好听，最典型的例子就是哈基米，还有很多像野兽先辈咆哮、淳平突脸等池沼音效，以及吉吉国的烂梗音效，（注：老牌鬼畜蓝蓝路、金坷垃这些都不至于此），甚至有人敢喜欢用这些沟石音效改变歌曲，最大的受害者非《出山》《蓝莲花》这些流行歌曲或者经典神曲莫属了，在一些评论里，评论区里说到“原曲满分，构思哈基米0分”，这是正义的，居然有些胆肥的lezi敢在他们的评论下方发“恰恰相反”？！你们这群lezi，这群把哈基米歌曲奉为圭臬的究竟是想干啥？！！这些沟石音效简直就是b站上的累赘，用AI曼波翻唱都比用沟石哈基米音效好听一万倍，这群lezi简直就是没3868的huowu！这些沟石音效就不应该奉为圭臬！奉为废镍还差不多！

给崩铁角色分组，如有遗漏欢迎补充这里有一个问题：如果让你给崩铁的角色按照某一个标准进行分组，你会怎么分组，我有一个思路，我会这么分组：红队：克拉拉，姬子，银枝，缇宝，花火，帕姆橙队：瓦尔特·杨，停云，李素裳，桂乃芬，灵砂，万敌黄队：彦卿，虎克，砂金，阿格莱雅绿队：丹恒·饮月，罗刹，青雀，藿藿，那刻夏青队：刃，驭空，流萤，飞霄，阮·梅，云璃蓝队：杰帕德，玲可，白露，镜流，真理医生，白厄，刻律德菈紫队：黑塔，希儿，黄泉，翡翠，遐蝶，赛飞儿，海瑟音粉队：卡芙卡，艾丝妲，符玄，三月七·巡猎，风堇无色队：星，穹，银狼，布洛妮娅，景元闪队：三月七，大黑塔，知更鸟，昔涟，长夜月如有遗漏，欢迎补充还有8u们如果有其他方法，欢迎在下方评论区分享

第二类亲和数构造方法记A与B为一对亲和数，gcd(A, B)=P, 第一类是A=Pq₁q₂与B=Pr，第二类就会是A=Pq₁q₂与B=Pr₁r₂, 并且满足P(q₁q₂+r₁r₂)=φ(P)(q₁+1)(q₂+1), q₁q₂+q₁+q₂=r₁r₂+r₁+r₂, 其中φ(x)为正整数x所有正因数之和，记φ(P)/P=2X, X=1-s/t, gcd(s, t)=1, 接下来需要解一个非常复杂的不定方程，这个不定方程还是四元的，不像三元那样好解 2620=2²*5*131, 2924=2²*17*43; 5020=2²*5*251, 5564=2²*13*107; 67095=3³*5*7*71, 71145=3³*5*17*31这三对都符合第二类构造方法，还有，在已知s与t的条件下，如何解上述关于q₁, q₂, r₁, r₂的不定方程，我试了记q₁, q₂, r₁, r₂分别为ab-1, cd-1, ad-1, cb-1, 转化出来依然复杂

第一类亲和数构造方法记A, B为一对亲和数，gcd(A, B)=P, 记φ(x)为正整数x的所有正因数的和，则φ(A)=φ(B)=A+B, 记A=Pq₁q₂, B=Pr, 其中q₁, q₂, r为三个互不相同的质数，则q₁q₂+q₁+q₂=r, φ(P)(q₁+1)(q₂+1)=φ(P)(r+1)=P(q₁q₂+r)=P(2q₁q₂+q₁+q₂), 记φ(P)/(2P)=X(X∈Ｑ)=1-s/t(gcd(s, t)=1), 则： 2X(q₁q₂+q₁+q₂+1)=2q₁q₂+q₁+q₂ 整理得：2sq₁q₂-(t-2s)(q₁+q₂)=2(t-s) (2sq₁-t+2s)(2sq₂-t+2s)=t² 当s与t已知时，只需要解出来符合条件的q₁, q₂与r即可，s与t需要由P的值来确定，但是为了简便，还是从比较小的t与s开始，比如： P=3²*5*13=585时，X=13/9*6/5*14/13/2=14/15, 此时s=1, t=15, 得p₁=11, p₂=19, r=239符合条件，此时A=122,265, B=139,815 P=3²*7*13=819时，X=8/9, 此时s=1, t=9, 得p₁=5, p₂=17, r=107符合条件，此时A=69615, B=87633 像这样的“亲和数对”我还发现了：（这里仅展示奇数） 1. A=3*3*3*3*5*11*29*89=11,498,355, B=3*3*3*3*5*11*2699=12,024,045; 2. A=3*3*5*7*53*1889=31,536,855, B=3*3*5*7*102,059=32,148,585; 3. A=3*3*5*13*19*29*569=183,408,615, B=3*3*5*13*19*17099=190,055,385; 4. A=3*3*7*7*11*13*41*461=1,191,953,763, B=3*3*7*7*11*13*19403=1,223,611,389; 5. A=3*3*5*5*13*31*149*449=6,066,248,175, B=3*3*5*5*13*31*67499=6,120,471,825; 6. A=3*3*7*7*13*19*29*41*173=22,405,957,119, B=3*3*7*7*13*19*29*7307=23,081,958,081; 7. A=3*3*7*7*13*19*23*83*1931=401,535,312,633, B=3*3*7*7*13*19*23*162,287=406,581,029,127; 8. A=3*3*3*3*5*11*11*71*709*2129=5,251,950,677,655, B=3*3*3*3*5*11*11*71*1512299=5,261,825,087,145 像这样的还有很多，但是是否无限未知，中间可能漏掉了几个较小的（根据这个构造方法）

有一个有趣的问题：“扎堆”的素数是否存在无限组网友们通常把除了个位数其余的位数分别对应相同的，并且相同的数字后面分别跟1, 3, 7, 9的都是素数的称作“扎堆”素数，最小的几组“扎堆”素数分别为： 11 13 17 19 101 103 107 109 191 193 197 199 821 823 827 829 1481 1483 1487 1489 1871 1873 1877 1879 3251 3253 3257 3259 3461 3463 3467 3469 那么，问题来了，这样的“扎堆”素数还有哪些更大的，这样的“扎堆”素数是否存在无限组，如果换用12进制，定义同一个12进制数后面跟1, 5, 7, B的称作“扎堆”，是否还有类似的（比如：11, 15, 17, 1B；31, 35, 37, 3B；81, 85, 87, 8B等等）

如何证明素数的倒数和与双重嵌套对数函数有关还记得我在一节新生研讨课上，听闻了1/2+1/3+1/5+1/7+……与某个带lnln的为等价无穷小，可是我到现在还不知其所以然，试问这是怎么一步步推导出来的

关于亲和数的若干个猜想 1. 不存在一奇一偶的亲和数 2. 若两个奇数为一对亲和数，则他们两个一定是其中一个为(4k₁+1)形状的，另一个为(4k₂+3)形状的 3. 若两个偶数为一对亲和数，他们两个肯定都不是6的倍数 4. 只有有限对亲和数，他们两个之和为(4k+2)形状的偶数（比如1184和1210） 5. 存在无限对奇数为亲和数，并且存在相应的构造方法 6. 形如2^n·(3*2^n-1)(3*2^(n-1)-1), 2^n·(9*2^(2n-1)-1)形状的亲和数只有有限对，存在其他的偶数“亲和数对”的构造方法这大概是我在中学阶段总结出来的，试问这几个猜想是否正确

是否存在一奇一偶的“亲和数”对记A=p₁^a₁·p₂^a₂·……·pₙ^aₙ, B=2^b₀·q₁^b₁·q₂^b₂·……·qₘ^bₘ, 其中{pᵢ}为n个互不相同的奇素数，{qᵢ}为m个互不相同的奇素数，则：若A与B构成一组亲和数，那么必然有A的所有正因数之和与B的所有正因数之和都等于A+B, 且A+B为一个奇数，则：Π(1+pᵢ+……+pᵢ^aᵢ)为奇数，而pᵢ为奇素数，aᵢ为奇数时，必然存在(1+pᵢ+……+pᵢ^aᵢ)能被(1+pᵢ)整除，而(1+pᵢ)为偶数，所以，aᵢ只能为偶数，不妨记A=u², 同理，bᵢ也只能是偶数（i≥1），这个时候，可以分b₀为奇数、偶数两种情况讨论： 1. b₀为偶数，则B=v², 并且(1+2+……+2^b₀)=(2^(b₀+1)-1)|(u²+v²), 考虑2^(b₀+1)-1: b₀+1为奇数，引用一个结论：对于2^s-1(s∈Ｎ*)，s不能写成2的整数次幂时，一定存在(8k+7)形状的素因数（可以自己证明），而b₀≥1，则b₀+1≥3，存在素数(8k+7)|(u²+v²), 而u, v均为整数，所以(u²+v²)只能有(4k+1)形状的素因数，矛盾 2. b₀为奇数，则B=2v², (2^(b₀+1)-1)|(u²+2v²), 其中b₀+1为偶数，而(u²+2v²)只能有(8k+1)或(8k+3)形状的素因数，所以(u²+2v²)不能有(8k+7)形状的素因数，则b₀+1只能=2^l(l∈Ｎ*), 而l≥2时，有5|(2^4-1)|(2^(b₀+1)-1)，所以，b₀+1只能是2，即b₀=1, 这个时候，v为奇数，并且有3|(u²+2v²), 接下来我推导不下去了虽然我猜的不存在这样的符合条件的“一奇一偶”亲和数

“奇异数” 奇异数，也就是一个数的所有真因数之和大于他本身，但是找不到其中的若干个真因数，使得这些真因数之和等于他本身，70就是一个典型的例子，70的所有真因数之和3*6*8-70=74，要想凑出70，就需要在70的真因数之中去除一组总和为4的，但是发现了，没有，所以，70就是一个“奇异数” 那么，还有哪些比70更大的“奇异数”的例子，构造方法是什么样子的

“落单”的素数 “落单”的素数，也就是不与任何素数形成孪生素数对的素数，比如23，因为与23相邻的两个奇数都是21和25合数，质数表中，可以找到任意长度的连续的“落单”素数：长度2：47与53 长度3：113, 127, 131 长度4：79, 83, 89, 97；157, 163, 167, 173 长度5~10：353, 359, 367, 373, 379, 383, 389, 397, 401, 409 等等那么，这些长度的还有哪些另解，迄今为止，这类“落单”素数，最多找到长度多少的连续的

不知道什么时候b站粉丝团勋章变成这个样子了如下图所示，原先是15级的勋章，不知道什么时候突然变成了20级

一个关于2^n元阿贝尔2-群的问题记(Z/2Z)^n为2^n元阿贝尔2-群，Klein四元群同构于(Z/2Z)^2, 典型例子为{1, 3, 5, 7}模8乘法运算，其中可以找到3个在该运算下的2元(Z/2Z)^1型的子群{1, 3}, {1, 5}, {1, 7}，这个是显而易见的 {1, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23}模24乘法运算形成的群为一个Klein八元群，同构于(Z/2Z)^3，可以找到7个同构于(Z/2Z)^2的子群（Klein四元群）{1, 5, 7, 11}, {1, 5, 13, 17}, {1, 5, 19, 23}, {1, 7, 13, 19}, {1, 7, 17, 23}, {1, 11, 13, 23}, {1, 11, 17, 19}，计算方法为C(7, 2)/3=7, 根据Klein四元群的性质，有单位元e，三个非单位元满足ab=ba=c, ac=ca=b, bc=cb=a, 可以知道选出其中的两项非单位元就能触发出另一项非单位元，并且，任意挑选就会出现一个子群重复选了三次那么，(Z/2Z)^4最多能够选出多少个互不相同的(Z/2Z)^3子群一般的，(Z/2Z)^n最多能选出多少个互不相同的(Z/2Z)^(n-1)子群更一般的，已知2≤m＜n且m, n∈Ｎ*，(Z/2Z)^n最多能选出多少个互不相同的(Z/2Z)^m子群