问简微的个人资料

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

一类特殊的素数记n=p₁^a₁·p₂^a₂·……·pₖ^aₖ, (其中{pᵢ}分别为k个互不相同的素数), 记φ(n)=(2^n-1)/lcm{2^(n/pᵢ)-1}, n∈Ｎ*且n≥2，则2≤n≤48的范围内有n=2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 19, 22, 24, 26, 27, 30, 31, 32, 33, 34, 38, 40, 42, 46时，φ(n)为素数，他们分别为3, 7, 5, 31, 3, 127, 17, 73, 11, 13, 8191, 43, 151, 257, 131071, 524287, 683, 241, 2731, 262657, 331, 2147483647, 65537, 599479, 43691, 174763, 61681, 5419, 2796203，但是有很多是例外，比如φ(11)=2047=23*89, φ(18)=57=3*19, φ(20)=205=5*41, φ(21)=2359=7*337, φ(25)=1082401=601*1801等等

征集：数学中有哪些“纯爱”数组所谓“纯爱”数组，也就是两个数满足某条件A, B, ……时，有且仅有其中的一组，并且称这组满足条件的称作满足A, B, ……条件的“纯爱”数组，比如：相差为1的两个均能写作≥2的整数的≥2的整数次方的“纯爱”数组为8和9，数学里还有哪些类似的“纯爱”数组，欢迎8u们分享，我想征集一下

深井🍬b哈基米歌曲抓紧丨出b站！！！今天本人逛b站，尝试搜索一些歌曲名的时候，总会发现搜索栏框下方出现一条带有“哈基米”的，实在影响我的观感，不止如此，还严重扰乱我的思绪，不知是哪位沙子发明的这么🍬b的lj改编歌曲，我也联系客服很多次，说这根本没法屏蔽掉牠们，实在令我非常绝望，我只想说，这些“哈基米”改编歌曲简直就是b站上的“累赘”，比《Lemon中文版（时代马戏团翻唱的）》和《李白（单依纯）》加起来还要🍬1145141919810倍，沟都不看这些🍬b东西，哈基米梗抓紧丨出b站！！！

给崩铁角色按照颜色分组分队，看看8u们如何发挥（重置）现在，崩铁出来的角色不知道有多少个，大概几十个吧，现在有一个问题：把其中的50个角色按照颜色分组分队，分为10个队伍，每个队伍5个角色，队伍分别为：红队，橙队，黄队，绿队，青队，蓝队，紫队，粉队，无色队（黑白灰），闪队（PS：本人灰安教主后遗症），其中，闪队比较特殊，现在已经分好队的有下面这些：红队：克拉拉，姬子，缇宝，万敌，花火橙队：停云，李大枕头，黄队：虎克，阿格莱雅，绿队：罗刹，青雀，藿藿，那刻夏，青队：流萤，云璃，飞霄，蓝队：镜流，刻律德菈，紫队：黑塔，希儿，黄泉，翡翠，遐蝶粉队：三月七（原皮肤），卡芙卡，艾丝妲，符玄，风堇无色队（黑白灰）：星，穹，银狼，布洛妮娅，闪队：三月七巡猎，昔涟，知更鸟还没有满5个队友的，欢迎8u们在下方补全，或者有什么其他分组依据的，有什么调整的，欢迎在下方分享

1+2^k+3^k+…+n^k=m^p 记Σ(n, k)=Σᵢ₌₁ⁿ i^k=1+2^k+3^k+…+n^k, 对于Σ(n, k)=m^p, 其中n, k, m, p∈Ｎ*\{1}，k∈Ｎ*\{1, 3, 5}, 这个不定方程只有(n, k, m, p)=(24, 2, 70, 2)这一组非平凡解，这个结论是否正确？

1+2^k+3^k+…+n^k=1+2^p+3^p+…+m^p 记Σ(n, k)=Σᵢ₌₁ⁿ i^k=1+2^k+3^k+…+n^k, 对于不定方程Σ(n, k)=Σ(m, p), 其中n, k, m, p∈Ｎ*，其中2＜n＜m, k＞p, 目前找到的解有：(n, k, m, p)=(5, 2, 10, 1), (6, 2, 13, 1), (85, 2, 645, 1), (3, 3, 8, 1), (22, 4, 1517, 1), (3, 5, 23, 1), (8, 5, 351, 1)这7组，有一个结论：这个不定方程的解只有这7组，这个结论是否正确？若正确，请尝试证明；若不正确，请说明

如何确定椭圆曲线上的整点只有这些了给定一个椭圆曲线Γ: y²=x³+px+q(p, q∈Ｚ)，Γ的秩≥1时，我们可以很容易根据曲线上的两个点以及不断选定两个已知整点作直线寻找整数解，但是，有一个难题，就是如何确定Γ上的整点只有那么几个，比如说Γ₁: y²=x³-x+1, 我们通过(0, ±1), (-1, ±1), (1, ±1), 通过作直线，我们可以找到(3, ±5), (5, ±11), (56, ±419)∈Γ₁，但是，问题是如何确定Γ₁上的整数解只有这6对，本人刚上大二，对这个问题没有把握

给原神角色进行分组分队，你会怎么分队目前，原神出了多少个角色我不知道，大概得有一百几十个吧，现有一个问题：选其中的45个角色并将其分为9队，每队5个，队伍分别为：红队，橙队，黄队，绿队，青队，蓝队，紫队，粉队，无色队，（闪队），看看8u们如何分队

贴吧上直播🍬完了你们在逛贴吧有没有发现很多🍬b直播内容，我尝试去一个一个屏蔽，可是一段时间之后在另一个吧里还会遇到相同的🍬b直播内容，并且这些🍬b用户昵称都是dddXXX（d为数字，XXX为若干个字），于是我开始选择把牠们都lahei了，并且这些🍬b基本上都是颜值很低的片姐，请问8u们，你们遇到这种情况如何应对

一个不齐次不定方程的问题，试问如何证明 x^k-x+y^k-y=z^k-z, 其中x, y, z, k∈Ｎ*\{1} 这个不定方程是一个不齐次不定方程，我之前也研究过这个问题，k=2时，这个不定方程有无限组非平凡解，并且存在构造方法；k=3时，这个不定方程同样有无限组非平凡解，并且同样存在构造方法，k=3时，他的一组非平凡解为 x=3n³+6n²+n-1 y=3n⁴+9n³+6n²-2n-1 z=3n⁴+9n³+6n²-n-1 其中n∈Ｚ，但是这一组通解无法涵盖所有的情况，比如(x, y, z)=(4, 4, 5), (21, 55, 56), (40, 71, 75), (85, 91, 111), (35, 119, 120)都没有涵盖进去但是k≥4时，我找到的解只有(x, y, z, k)=(13, 16, 17, 5)这一组，我用Python编译器跑了老长时间也是只有这一组解，于是我有了一个结论：k≥4时，这个不齐次不定方程只有有限组非平凡解，这个结论是否正确？

1+n+n²+…+n^p=1+m+m²+…+m^q 不定方程1+n+n²+……+n^p=1+m+m²+……+m^q, 即(n^(p+1)-1)/(n-1)=(m^(q+1)-1)/(m-1), 其中m, n∈Ｚ\{-1, 0, 1}, p, q≥2且pq≥6, p＞q，目前为止找到的解只有(n, p, m, q)=(2, 4, 5, 2), (2, 12, 90, 2), (-6, 4, 10, 3)这三组，试问这个不定方程的解组数有限，这个结论是否正确？如果正确，请找出所有符合条件的解并证明；如果不正确，请说明原因

帕斯卡四面体将帕斯卡三角的前(k+1)行分别乘以C(k, i)(i=0, 1, ……, k)作为帕斯卡四面体的第k层，然后按照正四面体形，以面心立方最密堆积的形式堆积之后，就会得到一个特殊的四面体，即帕斯卡四面体，第k层对应的数跟(a+b+c)^k的各项系数有关，也就是跟三项式定理有这密切关系，其中第i层第j行第k斜列对应的数为C(i, j)·C(j, k), 其中i, j, k都是从0开始的，并且每一层都是轴对称，并且是三次旋转对称的，前7层对应的数分别如下。第0层： 1 第1层： 1 1 1 第2层： 1 2 2 1 2 1 第3层： 1 3 3 3 6 3 1 3 3 1 第4层： 1 4 4 6 12 6 4 12 12 4 1 4 6 4 1 第5层： 1 5 5 10 20 10 10 30 30 10 5 20 30 20 5 1 5 10 10 5 1 第6层： 1 6 6 15 30 15 20 60 60 20 15 60 90 60 15 6 30 60 60 30 6 1 6 15 20 15 6 1 课后来一个思考：除了三项式定理之外，帕斯卡四面体还有哪些应用的实例？请列举出几个

8u们有没有像我一样添加推送屏蔽词的如下图所示，我在主页经常会看到某一些我不喜欢的🍬b视频，并且有一些都是同一类的，并且标题带有相同的关键词，我不想在主页看到这些视频，嫌“辣眼睛”，或者总是占据主页很麻烦，就干脆把他们都屏蔽掉

深井b站推流闲暇时间逛b站，发现主页有一些视频封面恶心到我了，我立即反馈推送，嫌封面恶心，不喜欢，可是到后来你b主页还是给我推带相同或者类似的视频，使我脑子紊乱，心神烦躁，我只想说，你b是想干啥！！强烈建议b站推送设置里加一个类似屏蔽词的“封面屏蔽”的功能！

1+n+n^2+……+n^k=m^p 不定方程Σᵢ₌₀ᵏ nⁱ=mᵖ, 其中n, k, m, p∈Ｚ, n≠±1或0, k≥2, p≥2，m∈Ｎ*，这个不定方程只有(n, k, m, p)=(18, 2, 7, 3), (3, 4, 11, 2), (7, 3, 20, 2)三组解，这个结论是否正确，若正确，请尝试证明；若不正确，请举出反例

有没有举报错了的经历我今天下午经历了一个令我尴尬的事，起初我看某个视频，没有仔细看里面的内容，还以为是反某个正常的圈子的视频，于是条件反射开始错误的发挥作用，就举报了，可是到后来才发现这个视频是反某些xiaogui的，我才意识到我举报错了，虽然跟客服说了，不会造成很大的影响，但是这件事到现在还萦绕在我的脑海里，挥之不去，弄得我心神不安

试问如何用最快的办法证明这个结论已知B₂ₙ为Bernoulli数， (1)记xₙ=(4ⁿ-1)|B₂ₙ|的分母只能是2，并且n含有奇素因子pᵢ时，pᵢ整除xₙ的分子 (2)yₙ=xₙ/(2n), n=kₙ·2^lₙ, yₙ的分母为2^(lₙ+1), 并且yₙ的分子与n互质 (3)n≥4时，1/yₙ一定不是整数

两个以3为底的伪素数乘积依然为以3为底的伪素数的情况 A=p₁₁p₁₂…p₁ₙ, B=p₂₁p₂₂…p₂ₖ, 并且A|(3^(A-1)-1), B|(3^(B-1)-1), 满足AB|(3^(AB-1)-1), 即AB也是以3为底的伪素数，比如91*703=(7*13)*(19*37)=63973, 91*1891=(7*13)*(31*61)=172081, 121*1891=(11*11)*(31*61)=228811, A与B即可以互质，也可以都是11的倍数，但是后者我尚未找到一个，找到的都是前者请问标题里所述的情况有什么构造方法，请在下方分享出构造的公式，其中包括A与B互质的，以及A, B均为11的倍数的