数论问题在 (mathbb Z) 上进行研究。
公约：
1.((a,b)) 表示 (a,b) 最大公因数，([a,b]) 为最小公倍数.
2.(<<<) 表示远小于，(>>>) 表示远大于.
3.形如 (a|b) 的式子被称为整除式.
4.含分号的多行大括号表示解答过程（优先级最高），单箭头若表示分析过程书写时一般逆写.
5.下列整数基本性质由题目给出，非其最基本性质.
6.(a≡b(c)) 即 (a,b) 在模 (c) 意义下相等.
7.([a]) 表示高斯函数.
8.(bool) 式使用 (C++) 表达形式.
整数基本性质（(a,binmathbb Z)）：
1.(mathbb Z) 为一个数环，即以下性质 (3.)
2.(a>biff ageq b+1iff a-1geq biff a=b+k(k>0).)
3.(c=a+binmathbb Z,d=a-binmathbb Z,e=a*binmathbb Z,f=frac abin Z(b ot=0).)
4.(a|biff b=ka(k ot=0,kin mathbb Z).)
5.使 (f(a)|g(a)) 成立的 (a) 的全体组成的集合 (A_1) 与使 (f(a)|g(a)-kf(a)) ((kin mathbb Z)) 成立的 (a)
的全体组成的集合 (A_2) 相等.
6.设集合 (A={P(a)|ainmathbb Z})，(B={Q(a)|ainmathbb Z})，命题 (P=) 使整除式 (P(a)|P(b)) 成立
的 (a) 的全体组成的集合 (S) 为无限集，命题 (Q=Asubseteq B)，有 (P=Q.)
7.性质 (5) 上经常使用性质 (f(a)*f(b)=0iff f(varepsilon)=0(varepsilonin(a,b)).)
8.设有整除式 (a|b) ，使 ((k-1)a<|b|<ka) 恒成立的 (a) 使整除式不成立.
整数：
特点：离散，无限。
核心：无限 ( o) 有限。
操作方式：整除，同余，估计。
同余：$Z o $ 同余类（给集合做划分）（提取代表元）
(S_{1,1})：(egin{cases}构造（反面）\ 论证（抽屉） end{cases} o 同余系) （解析略）
同余；
放缩：确定某多项式与 其加上（或减去）某不为零的多项式后 的大小关系。
(S_{1,2})：存在性 ( o) 构造 ( o) 选取 (i,j) ( o) 希望 (egin{cases}a_i+a_j uparrow\ (a_i,a_j)downarrowend{cases}) ( o) 希望 ((a_i,a_j)=1)
( o) （互质问题不可回避） ( o) （不互质 ( o) 互质） （结论一）
考虑互质情况，则需证 (a_i+a_jgeq 2n-1=p) ( o) (p|a_i+a_j) ( o) 例一 （结论二）
对于结论二分类：(egin{cases}若有∃ p|a_i,取 p ot| a_j,易证;\若有∀p ot|a_i,取剩余系(非完系)两两分组，易证;end{cases})
对于结论一分类：(egin{cases}若有∃ p|a_i+a_j,有frac{a_i}{(a_i,a_j)}geq p,易证;\若有∃ p|a_i-a_j,由a_i-a_j<a_i+a_j,易证;end{cases})
同余；构造；放缩；
估计：(egin{cases}a|b\b ot=0end{cases} o |b|geq a) ( o) 有界离散 ( o) 有限解 ( o) 高次小于低次（多项式) ( o)
放缩（即估计当变量取何值时某式恒成立）
分离：考虑 (f_1(a^m)|f_2(a^n)) （(a^k) 表示最高次项），作 (m=n+k) ,
令 (f_1(a^m)=f_3(a^n)*f_4(a^k)) 或令 (f_2(a^n)*f_5(a^k)=f_6(a^m)) （常用）
然后计算 (f_3) 与 (f_2) 或 (f_6) 与 (f_1)。
无穷递降：通过 (m) ( o) (m')，常以 (m,m') 为根韦达构造（或解关于 (m) 的）二次方程
以保证具有相同性质(P)，且 (m,m') 地位相等，可论证 (m') 为常数或推导出矛盾。
(S_{1,3})：(egin{cases}是 o 构造\否 o 反证 o 优先选择，各个角度分类筛不符合条件end{cases} oegin{cases}存在（构造域）\不存在（证毕）end{cases})
( o) 常规方法：无穷递降，取最小，证存在更小（由当前最小的推出） ( o) 做减法
放缩，设 (∃a>10a_m>10^m) ( o) 构造 (b) ，使：(egin{cases}b=a-ka_m\a-ka_m 无退位end{cases})
注意到 (9a_m+1=10^m)，并有 (a) 首位必不为零 ( o) 将 (a) 做位值拆分。
设函数 (S(x)) 为 (x) 各位数之和，分析进位有 (S(a-10^r+10^{r-m})) 严格小于 (S(a)).
无穷递降；估计；
(S_{1,4})：(egin{cases}m=n,k=m^2;\m ot=n,m≡n(2); end{cases})
(k) 为完方，分子为完方 ( o) 分母为完方 ( o) 分母简化 ( o) (m,n) 换元 (m+n,m-n)
设 (m=n+2t(t ot=0))，有 (k=frac{(m-t)^2}{4mt^2+1})，(4mt^2k+k=m^2-2mt+t^2)，
整理成关于 (m) 的一个一元二次方程，有两根 (m,m') 地位相等，且均满足条件
(m^2-(4kt^2+2t)m+t^2-k=0)，韦达得 (m+m'=2t+4kt^2in mathbb Z)
有 (m,m'in mathbb Z)，(mm'=t^2-k<t^2)，不妨设 (m<|t|)。
(egin{cases}m'>0,有0<(m-t)^2<(2t)^2<4mt^2+1,矛盾;\m'=0,k=t^2;\m'<0,k=frac{(m'-t)^2}{4m't^2+1}<0,矛盾;end{cases})
无穷递降；构造；
整除：最大公约数基本运算，分析其约数。
(S_{1,5})：由欧几里得辗转相除过程中导出结论 ((n^a-1,n^b-1)=n^{(a,b)}-1)
有 ((2^{2a}-1,2^{2b}-1)=(2^{(a,b)}-1)(2^{(a,b)}+1))
且((2^a-1)(2^a+1)=2^{2a}-1)，((2^b-1)(2^b+1)=2^{2b}-1)，
( o) 由 (AC,BD) 地位相等猜想结论 ((AB,CD)=(A,C)(B,D)(A,D)(B,C))，
其中 (A=2^a-1)，(B=2^a+1)，(C=2^b-1)，(D=2^b+1)。
( o) (A,B,C,D) 满足条件 ((A,B)=1，(C,D)=1).
( o) 有如下结论 (k(a,b)=(ka,kb)(k ot=0)) ，((sum_1^n a_n,)=((sum_1^m a_m),sum_m^n a_n))
及条件 ((D,C)=1)
( o) ((A,C)(A,D)=(A(A,D),C(A,D))=(A^2,AD,AC,CD))
(=(A(A,C,D),CD)=(A,CD))
( o) ((A,C)(B,D)(A,D)(B,C)=(A,CD)(B,CD)=(AB,CD))，猜想得证。
整除；最大公因子理论（传递关系）；
(S_{1,6})：是否 ( o) 否 ( o) 有限个 ( o) 有界 ( o) 高次 (leq) 低次 ( o) 在整除式左边添互质因式
(n!+1|(2012n)! o (n!+1)(n!)|(2012n)! o (n+1)(n!)^{2012}|(2012n)!)
由 ((n!)^{2012}|(2012n)!) (iff) ( binom{2012n}{n,n,...,n,n}inmathbb Z)，((n!+1,(n!)^{2012})=1)
有 ((n!+1)(n!)^{2012}|(2012)!)，只需把 (n!) 变为同阶多项式，
（不用 (Strling) 公式 (n!sim sqrt {2pi n}(frac n e)^n)，）
( o) 只需证 (n!>(frac n e)^n iff ln_n+ln_{n-1}+...+ln_1>nln_n-n)，归纳
( o) （ (leftarrow) ）(ln_{n+1}>(n+1)ln_{n+1}-nlnn-1)
( o)（ (leftarrow) ）(1>n(ln_{n+1}-ln_n)) ( o) (1>ln_{{(1+frac 1n)}^n})
( o) （ (leftarrow) ）(e>(1+frac 1n)^n) ，引理得证。
((2012n)^{2012n}>(2012n)!geq (n!+1)(n!)^2012>(n!)^{2013}>(frac ne)^{2013})
( o) 高次小于低次 ( o) 有界 ( o) 有限 ( o) 否。
整除；估计；放缩；
(S_{1,7})：最多只有 ( o) 反证 ( o) 假设存在两种方案 ( o) 分析约数 ( o) 找矛盾
设 (ab=cd=frac{n^4}{16}(a>cgeq d>b),ngeq a-b).
发现各数分担各因子，考虑用最大公因数换元表示各数。
设 ((a,c)=p o a=pq,c=pr,(q,r)=1 o qb=rd)
( o b=rs,d=qs o pq>prgeq qs>rs o q>r,p>s)
( o)（放缩）(ngeq a-b=pq-rsgeq(s+1)(r+1)-rs=r+s+1)
( o) (r+sleq n-1 o bleq frac{(n-1)^2}2 o aleq b+n=frac{(n+1)^2}2)
( o) (ableq(frac{n^2-1}2)^2<frac {n^4}{16})
整除；用大小关系放缩消元；最大公因数理论；均值不等式；
(S_{1,8})：高次小于低次 ( o) 降高次或升低次 ( o) 估计，分离 ( o) 低次乘 (x)
估计 (x(x^n+2^n+1)=x^{n+1}+2^nx+x>x^{n+1}+2^{n+1}+1 o xgeq2)
估计 ((x-1)(x^n+2^n+1)=x^{n+1}+2^nx+x-x^n-2^n-1<x^{n+1}+2^{n+1}+1)
( o) (x(2^n+1)<3*2^n+x^n+2 o) 要求 (n) 的次数足够大
（若满足以上二式，则说明 被除式 被夹在 除式 的两相邻倍数之间，即整除式不成立）
放缩要求 (x^n>x(2^n+1) o x^{n-1}geq2^n+1(xgeq2))有 (x) 增长幅度 (>2) 增长幅度
( o) 考虑最小情况 (n=2 o xgeq5) ( o) 当 (ngeq2) 时分类
(egin{cases}n=1,x=4 or 11 o(1,4)or(1,11);\ngeq2,{egin{cases}x=1,2^n+2|2^{n+1}+2,舍;\x=2,2^{n+1}+1|2^{n+2}+1,舍;\x=3,3^n+2^n+1|3^{n+1}+2^{n+1}+1,舍;\x=4,2^{2n}+2^n+1|2^{2n+2}+2^{n+1}+1,舍;\xgeq5,x^n=x*x^n-1geq x*(2^n+1),舍;end{cases};}end{cases})
分离；估计；放缩；
(S_{1,10})：无限解问题 ( o) 估计或分离找有限解 ( o) 放缩后约为 (a^{m-n})，分类考虑。
(egin{cases}mleq n,a^{m-1}+1geq a^{n-1}+a,矛盾;\m>n,m=n+k o a^n+a^2-1|a^{k+2}-a^k-a+1\a^{k+2}-a^k-a+1=(a-1)(a^{k+1}+a^k-1),egin{cases}a=1时成立;\a有无穷多解;end{cases}\ o a^n+a^2-1|a^{k+1}+a^k-1\构造辅助函数 f(x)=x^n+x^2-1,g(x)=x^{k+1}+x^k-1\有f(0)*f(1)<0 o存在varepsilonin(0,1)使f(varepsilon)=0 o g(varepsilon)=0\ oegin{cases}varepsilon^{k+1}+varepsilon^k-1=0;\varepsilon^n+varepsilon^2-1=0;end{cases} o varepsilon^{k+1}-varepsilon^n=varepsilon^2-varepsilon^k\ oegin{cases}k<2,RHS<0,|LHS|>>>|RHS|,舍;\k>2,n>k+1>k>2,|LHS|<<<|RHS|,舍;end{cases} \ o只有k=2且n=k+1=3时成立 o(5,3); end{cases})
化归；降次（夹在两差距极小倍数之间）；多项式整除；
(S_{1,11})：讨论两个相邻 (5) 幂次中间夹 (2) 的幂次的个数(egin{cases}leq 1(显然不行，随便证一下)\=2(可以，因为有例子)\=3(可以，因为有例子)\geq4(显然不行，随便证一下)end{cases})
(egin{cases}=1,2^{n-1}<5^m<2^n<5^{n+1}<2^{n-1} o 2^{n+1}>5^{m+1}>2^{n-1}*5>2^{n+1},舍;\=2,可行,x;\=3,可行,y;\=4,2^{n-1}<5^m<2^{n+1}<2^{n+3}<5^{m+1} o 5^{m+1}>2^{n+3}>8*5^m>5^{m+},舍;end{cases})
(egin{cases}x+y=867;\2x+3y=2013;end{cases} o y=279.)
鸡兔同笼；放缩；
(S_{1,9})：由题目“唯一表示” ( o) (x,y) 与 (n) 相关且 ((x,y)) 唯一 ( o) 将整除关系变为相等关系
( o) 关于 ((x,y)) 的不定方程 ( o) 以 (y) （次数低）为主元解方程 ( o) (yin mathbb Z) ( o) 分式分离
(egin{cases}n=1,(x-1)(x+1-y)=0 o x+1=y,舍;\ngeq2,y=frac{x^2-n}{nx-1} o nx-1|x^2-n o nx-1|x^2n^2-n^3 o nx-1|n^3-1\ o d=frac{n^3-1}{nx-1} oegin{cases}d=1,(x,y)=(n^2,n);\d ot=1,nx=frac{n^2+d-1}d o nx<n^2 o x<n o y<1,舍;end{cases};end{cases})
降次；分式分离；
一般二元归纳：解决类似 对与所有在域上的数对 ((m,n)) 均有 (P(m,n)=true) 的问题
常规方法：证明 (P(1,1)=true) ，由 (P(1,n)=true o P(1,n+1)=true) ，
由 (P(m,1)=true o P(m+1,1)=true)，由某两项成立再推出另一项成立。
其中最后一步的“另一项”应满足能遍历所有未证明项，“某两项”应满足均为已证明项。
如 (P(a-1,b)=true+P(a,b-1) o P(a,b)) 等。二项式定理证明可看作二元归纳
使用条件：给出条件少，（所有的）某两项与另一项之间均有递推关系（二元递推）。
(S_{1,12})：任意数对 ( o) 对每一个数都成立 ( o) 归纳 ( o) 二元归纳
（由于 (m_i) 的不确定性，此处不用一般二元归纳）
考虑固定某一变量来归纳（当作一元归纳），则只需证明归纳时对于另一变量存在任意性
（值域与定义域相等且均为 (mathbb N_+)）
由于 (k o k+1) 比 (frac1n ofrac1{n+1}) 容易，且 (2^k o2^{k+1}) 为翻倍，只需也必须在 (RHS) 中
添项，故选 (k) 作为归纳变量。记 (LHS_{(i,j)}/RHS_{(i,j)}) 为 (k=i,n=j) 时的值
(egin{cases}k=1,LHS_{(1,n)}=1+frac1n o m_1=n,∀nin N_+成立;\假设(k,∀n)成立,egin{cases}n≡0(2),LHS_{(k+1,n)}=LHS_{(k,frac n2)}*(frac{n+2^{k+1}-1}{n+2^{k+1}-2}=1+frac1{n+2^{k+1}-2})\RHS_{(k+1,n)}=RHS_{(k,frac n2)}*(1+frac 1{m_{k+1}}),m_{k+1}=n+2^{k+1}-2;\n≡1(2),LHS_{(k+1,n)}=LHS_{(k,frac{n+1}2)}*(frac {n+1}n=1+frac1n)\RHS_{(k+1,n)}=RHS_{(k,frac{n+1}2)}*(1+frac 1{m_{k+1}}),m_{k+1}=n;end{cases};\ o 有(k+1,∀n)成立;end{cases})
双向一元归纳；二元递推；
自然数：加法群幺元：0，乘法群幺元：1，质因数分解最小元：素数。
素数：
性质：唯一分解定理，质数集为无限集，梅森质数列满足两两互质，存在足够长的连续整数列
使每一项均为合数（({(n+1)!+(2 o n+1)})），素数定理，(Dirichlet) 大定理。
基本操作：考虑完系，缩系，构造。
无限集：构造 (Q=(prod_1^ni)+1)，若 (Q) 为质数得到对于数 (n) 存在至少一个质数(Q>n)；
若 (Q) 不为质数得到 (Q=p_1p_2,p_1geq p_2>n), 对于数 (n) 存在至少一个质数(Q>n)；
梅森质数列：(F_n=2^{2^n}+1,F_{n+k}-2=2^{2^{n+k}}-1=(2^{2^n})^{2^k}-1=(2^{2^{n+1}})^{k-1}-1)
( o) (F_n-2|F_{n+k}-2) ( o) (F_n=2^{2^n}+1|2^{2^{n+1}}-1,2^{2^{n+1}}-1|F_{n+k}-2 o F_n|F_{n+k}-2)
( o (F_n,F_{n+k})=(2,F_n)=1 o) 两两互质.
素数定理：(pi(n)sim Li(n)) ，(frac{ln_x}x.)
(Dirichlet) 大定理：对与数列 (ax+b) （(a,b=1)）有无限多质数。（同余问题）
完系：在完系中有且仅有一个不整除。
缩系：完系-1（均不整除）。
(S_{2,1})：表示出组合数后拆开上面的括号，注意到非 (p) 倍数项唯一，且为 (p) 的最小非负剩余
的积 ( o) 约去 (p) ，合并分子中含有 (p) 的项 ( o) 注意到分母亦为 (p) 的最小非负剩余之积。
(C^p_n=frac{(kp+r)(kp+r-1)...(kp)(kp-1)...((k-1)p+r+1)}{p!}=frac{k(lp+(p-1)!)}{(p-1)!}=frac{klp}{(p-1)!}+kin mathbb Z)
(frac{klp}{(p-1)!}in mathbb Z,(p,(p-1)!)=1 o C^p_n-k=klp o p|C^p_n-kiff C^p_n≡[frac pn](p))
素数性质；合并同类项；
(S_{2,4})：恰有 ( oegin{cases}存在 oegin{cases}p<6 o一定有 o p=5\p>6 o存在更大的 o存在某个数的最小素因数p>6end{cases}\唯一 o p>3即可end{cases})
(egin{cases}5 ot|n,p=5满足条件;\5|n oegin{cases}n,n+5被5整除;\剩余四个数中必恰有两偶数被2整除;\余下两相邻奇数必恰有一奇数被3整除;end{cases} o存在唯一数最小质因数p>5;end{cases})
筛法；思路类似于证明 (p>3) 时只可能有 (p=6k+1or p=6k-1)；
(S_{2,5})：合数 ( o) 形如 (N!+1+M(M+1leq N))
( o) 互素 ( o) 无法满足 (a) 为合数 ( o) 设为 ({a+(1 o n)d})
( o) 有 ((a_i,a_j)=1 o(a,(j-i)d)=1 o(a,d)=1and (a,j-i)=1)
注意到 (j-i) 取值在 ([0,n-1]) （即一个 (n) 的完系）之间
( o) 构造 ((a,n!)=1) ( o) 不妨 (d) 取 (n!) ( o) 设 (a) 为 (K!+1) ，有 ((a,nn!)=1)
( o) (nn!+1<K) ( o) 放缩后 ((n+1)!<K) ( o) (a=(n+1)!!+n!+1)
( o) (a=((n+1)!+1)!+n!+1,d=n!,a_i=a+id) ( o) 互质且均为合数。
构造；素数性质；
(S_{2,6})：无穷 ( o) 递推 ( o) 考虑必要条件
( o) 首先必有 (a,a+bin S)，则形如 (a+bxin S)，必有 ((a,a+bx)=1 o(x,a)=1)
其次 ((a+bx,a+b)=1 o(x-1,a+b)=1) ( o) 显然有 (x=a+b) 时满足条件
再考虑 ((a+b(a+b),a+x'b)=1 o (x'-a-b,a+b(a+b))=1)
( o) 显然 (x=y(a+b)) 时满足条件 ( o) ((y-1,a+b(a+b))=1) ( o) (y=a+b(a+b))
( o) 构造 ({u_1=a+b,u_{n+1}=a+bprod_1^nu_i}) ( o) 有 ((u_{n+1},u_k)=(a,u_k)=1)
构造；递推；
(S_{2,2})：显然有 (n-1<m o n<=m)，则有 (p<n<=m o p<m)，
对于任一 (p<n) ，取 ({m_i=(m+ir) ~mod ~p}|_{0 o p-1})，则显然存在 (m_i=m_j)，
有 (m_i-m_j≡m+ir-m-jr≡0(p) o p|(j-i)r o p|r)。
例二给出了一种其逆问题的构造 ( o) 例五。
倍增：某些情况下能当归纳法使。题目中出现 (2^k) 或 (4^k) 等时考虑，由 (k=·1 o2k,2k+1)
但 (OI) 中更多作为递归（分治为子问题，即考虑 (k) 由 ([k],[k]+1) 推出），有时也求
(k o2k-1)，本质上就是个上下界的问题，起始多暴力求几项就行。
(S_{2,3})：观察到 (p^x=(y+1)(y^2-y+1) o egin{cases}y+1=p^a\y^2-y+1=p^b\a+b=xend{cases} o p|(y+1,y^2-y+1))
( o p|(y+1,3) oegin{cases}y=1,y+1=2,p^x=2,(p,x,y)=(2,1,2);\p=3,ygeq2 o3^x=y^3+1,y^2-y+1>y+1\ o y+1|y^2-y+1 o y+1|3 o(p,x,y)=(3,2,2);end{cases})
指数型不定方程 ( o) 反复同余 ( o) 限制指数可能情况 ( o) 讨论.
(S_{2,7})：尝试归纳 ( o) 由于 (k ot o k+1) ( o) 失败 ( o) 看到 (4^n) ( o) 想到了一些不好的事情（(OI)）
( o) 尝试递归区间 ( o) 由 (k) ( o) (2k,2k+1.)
至于为什么 (4^n) 可以想到倍增，应该是因为有素数这个条件并且是乘积形式。
首先显然有一个值接近 (2^{lqbz}) 并且写出来是一堆阶乘除以一堆阶乘的数（倍增基本思想），
然后有 在倍增出来的那个区间里，最多只有一半是素数（形如 (2k+1)） 这个条件，
于是近似的就能把分母变成原来的平方（事实上 (prod_{1}^n(i==2k+1)i) 和 (prod_1^n(i==2k)i) 是同阶
的），于是就会有一个大概的阶乘（(k)）到组合函数（(2k)）的过渡。
假设 (P_kleq4^k)，由于 (prod_{p_iin[k+1,2k]}p_ileqprod_{j=2r+1in[k+1,2k]}jleqfrac{prod_{lin[k+1,2k]}l}{(prod_{qin[1,k]}q)*(2*prod_{s=2f+1in[k+1,2k]}s)})
(leqfrac{(2k)!}{k!^2}=C_{2k}^k<2^{2k}=4^k)，得到 (P_{2k}leq4^{2k})；类似的，对于 (k o2k+1)，有
(prod_{p_iin[k+1,2k]}p_ileqfrac{(2k+1)!}{k!(k+1)!}=C^{k+1}_{2k+1}=frac{C^{k+1}_{2k+2}}2=2^{2k}=4^k)，得到 (P_{2k+1}leq4^{2k})。
其实要更简易的书写方式可以利用 (k+1 o 2(k+1),2(k+1)-1)。（(P_{2(k+1)}=P_{2k+1})）
倍增；放缩；（ 倍增+乘法，组合数，2^n， 4^n 等经常放在一起）
(S_{1,2})：调和级数形式 ( o) 发散（(sumfrac 1i=sum_k(sum_{i=2^k+1}^{2^k+1})>sum_k(2^k*frac1{2^{k+1}})=sum_kfrac12)） ( o)
得到了调和级数的常规放缩方法。