给出一个多项式f（x），它可以被分解成两个因式的乘积，但却存在100个不同的正整数，使得每一个数代入f（x）后，得到的值都是一个质数。
假设p1,p2,…,p100 是100个不同的质数，则多项式
f（x）=[（x–p1）（x–p2）…（x–p100）+1]·x
显然满足要求。
当x取p1,p2,…,p100 时，f（x）的值分别为p1,p2,…,p100 ，它们都是质数。
如果f（x）是一个整系数多项式，那么f（x）=0有整数解，就意味着对于所有的质数p，f（x）=0（modp）也都有整数解。
这个命题反过来成立吗？
如果某个整系数多项式f（x）满足，对于所有的质数p，f（x）=0（modp）都有整数解，那么f（x）=0也一定有整数解吗？
这里，f（x）=0（modp）的意思是，如果只看f（x）除以p的余数，则在这个意义下它等于0。
4x+2=0显然没有整数解，但对于任意质数p，4x+2=0（modp）都有整数解。
当p=2时，任何x都是一个解；当p为其他质数时，p必然具有2k+1的形式，此时x=k即为一个解。
有人宣称，任意给定一个正整数，如果它不是质数，那么最多改动其中一个数字，就能把它变成质数。
这个说法对吗？
这个说法是错误的。
200不是一个质数。
为了让它变成一个质数，你必须要把末位的0改成某个奇数。
然而，201,203,205,207,209都不是质数。
事实上，我们可以证明，像这样的反例有无穷多个，例如所有形如2310k–210的数都可以用作反例。
为了让它变成一个质数，你必须要把末位的0改成某个奇数，然而：
∙2310k–210+1=2310k–209=11·（210k–19）
∙2310k–210+3=2310k–207=3·（770k–69）
∙2310k–210+5=2310k–205=5·（462k–41）
∙2310k–210+7=2310k–203=7·（330k–29）
∙2310k–210+9=2310k–201=3·（770k–67）
证明：
存在任意大的正整数x、y，使得x不能整除y，但xx 能整除yy 。
选取一个任意大的正整数k，再选取一个大于k·2k–1 的质数p。
令x=2k ，令y=2p，则x和y满足要求。
这是因为只要k>1，那么x显然都不能整除y；同时，我们有xx =（2k）2k =2k·2k ，并且yy =（2p）2p =22p ·p2p ，由于2p>k·2k ，因而xx 能够整除yy 。
证明：
对于任意正整数n，我们都能找到一个适当的正整数x，使得序列x+1,xx +1,xxx +1,…里的所有数都能被n整除。
很简单，x=2n–1就满足要求。
由于x是一个奇数，而奇数的奇数次方一定还是奇数，因而序列x,xx,xxx,…里的所有数都是奇数。
另外再注意到，对于任意一个奇数m来说，am +1都能被a+1整除。
因此，序列x+1,xx +1,xxx +1,…里的所有数都能被2n=x+1整除，它们自然也就都能被n整除了。
为什么对于任意一个奇数m来说，am +1都能被a+1整除呢？
由于a=-1是方程am +1=0的一个解，因而多项式am +1一定能被分解成（a+1）（……）的样子，这就说明了am +1能被a+1整除。
在下一题中，我们还会用到这个结论。
类似地，对于任意一个正整数m来说，am –1都能被a–1整除。
由于a=1是方程am –1=0的一个解，因而多项式am –1一定能被分解成（a–1）（……）的样子，这就说明了am –1能被a–1整除。
在再下一题中，我们会用到这个结论。
证明：
存在无穷多个正整数n，使得2n +1能被n整除。
首先，23 +1能被3整除。
另外，如果2n +1能被n整除，那么22n +1 +1一定能被2n +1整除。
这是为什么呢？
不妨假设2n +1=n·k。
考虑到2n +1是奇数，因而k也一定是奇数。
根据上题使用过的结论，（2n）k +1就能被2n +1整除，即2n·k +1=22n +1 +1能被2n +1整除。
综合上面两条便可得到，存在无穷多个满足要求的n。
大家可能会想，那么，有多少个正整数n，使得2n –1能被n整除呢？
答案是，只有一个满足要求的解，即n=1。
证明比较复杂，这里略去。
人们已经知道了，质数有无穷多个。
一个经典的结论是，相邻质数之间的间隔也可以达到任意大，或者说存在任意长的连续正整数，使得里面的所有数都是合数。
例如，n!
+2,n!
+3,…,n!
+n就是连续n–1个正整数，由于它们分别能被2,3,…,n整除，因而它们都是合数。
Mersenne质数是形如2n –1的质数，例如3,7,31,127等等。
目前人们还不知道，Mersenne质数是否有无穷多个。
一个有意思的问题是，在所有形如2n –1的数里面，相邻的Mersenne质数之间的间隔也能达到任意大吗？
换句话说，在数列1,3,7,15,31,…中，是否存在任意长的连续项，使得里面的所有数都是合数？
我们首先证明，如果b能被a整除，那么2b –1也一定能被2a –1整除。
不妨假设b=a·k，于是2b –1=（2a）k –1，根据上上题末尾引申的结论，它能被2a –1整除。
证明这件事情还有一个有趣的方法。
2b –1的二进制表达就是b个数字1相连，2a –1的二进制表达就是a个数字1相连，如果b能被a整除的话，让这两个数在二进制的世界里做除法，显然能够除尽，比如111111除以11就等于10101。
因此，2n!
+2 –1,2n!
+3 –1,…,2n!
+n –1分别能被22 –1,23 –1,…,2n –1整除，因而在所有形如2n –1的数里面，相邻的Mersenne质数之间的间隔能达到任意大。
“存在任意长的并且全是合数的连续正整数”真的是一个很经典的结论，除了可以平行地扩展到其他的场合，其本身也还有很多加强版。
下面这个可以算是我所见过的最终极的加强版了。
证明：
对于任意的正整数n和s，我们都能找到任意长的连续正整数，使得对于这里面的每一个数来说，它里面都含有至少n个不同的质因数，其中的每个质因数都出现了至少s次。
下面，我们就来构造一段满足要求的并且长度为m的连续正整数，其中m是任意大的正整数。
假设p1,p2,…,pmn 是mn个不同的质数。
令a1 为前n个质数的s次方之积，即a1 =p1s·p2s ·…·pns 。
类似地，令a2 为下n个质数的s次方之积，令a3 为再下n个质数的s次方之积，以此类推，一直到令am 为最后n个质数的s次方之积。
显然，a1,a2,…,am 两两互质。
根据中国剩余定理，我们能够找到一个x，使得x除以a1 余a1 –1，并且x除以a2 余a2 –2，等等，一直到x除以am 余am –m。
于是，x+1,x+2,…,x+m分别能被a1,a2,…,am 整除，这m个连续正整数就满足要求了。
证明：
存在无穷多组不同的正整数x、y、z，使得x（x+1）,y（y+1）,z（z+1）构成等差数列。
令y=5x+2，z=7x+3，于是我们有
∙x（x+1）=x2 +x
∙y（y+1）=25x2 +25x+6
∙z（z+1）=49x2 +49x+12
它们构成了一个公差为24x2 +24x+6的等差数列。
有趣的是，如果进一步问，是否能让x（x+1）,y（y+1）,z（z+1）,w（w+1）构成一个等差数列，答案就是否定的了。
这个证明比较复杂，这里略去。
给出一个无限长的递增等差数列，使得里面的所有项都不能表示为两个质数之和。
数列11,17,23,29,…即符合要求。
这些数都是形如6k+5的数。
如果6k+5=p+q，考虑到6k+5是一个奇数，因而p和q必然有一个是偶数。
无妨假设p是偶数，如果它又是质数的话，那么p=2。
于是，q=6k+3将会成为3的倍数。
借助这个思路，我们还能构造一个无限长的递增等差数列，使得里面的所有项都既不能表示为两个质数之和，也不能表示为两个质数之差。
例如，数列37,67,97,127,…即符合要求。
这些数都是形如30k+7的数。
如果30k+7=p+q，考虑到30k+7是一个奇数，因而p和q必然有一个是偶数。
无妨假设p是偶数，如果它又是质数的话，那么p=2。
于是，q=30k+5将会成为5的倍数。
类似地，如果30k+7=p–q，那么q必然等于2，于是p=30k+9将会成为3的倍数。
给出一个无限长的递增等差数列，使得里面不含任何一个Fibonacci数。
数列4,12,20,28,36,…符合要求。
这些数都是除以8余4的数，而我们一会儿将会看到，任何一个Fibonacci数除以8都不可能余4。
为了计算a+b除以8的余数，我们可以把a替换成它除以8的余数，把b也替换成它除以8的余数，再计算两者相加除以8的余数即可。
例如，23除以8的余数是7，67除以8的余数是3，因而23+67除以8的余数就等于7+3除以8的余数，也就是2。
根据这个原理，我们很容易算出Fibonacci数列各项除以8的余数：
1,1,2,3,5,0,5,5,2,7,1,0,1,1,…
第13项和第14项除以8的余数又变回了1和1，而下一项除以8的余数完全取决于前两项除以8的余数，因而后面所有Fibonacci数除以8的余数就会发生循环。
这就说明了，一个Fibonacci数除以8的余数只可能是0,1,2,3,5,7，不可能是4。
因此，由所有除以8余4的数构成的等差数列里，一定不会含有任何一个Fibonacci数。
用类似的方法可以说明，对于所有小于8的正整数m，Fibonacci数除以m的余数都可以取遍0,1,2,…,m–1所有的可能。
因而，如果一个无限长的递增等差数列不含任何一个Fibonacci数，它的公差至少是8。
证明：
对于任意一个无限长的递增等差数列，我们都能找出任意长的一段连续项，使得它们都是合数。
假设这个等差数列是a+b,2a+b,3a+b,…。
假设n是一个足够大的正整数。
任取n个大于a的质数p1,p2,…,pn 。
容易看出，a,p12,p22,…,pn2 两两互质。
根据中国剩余定理，存在一个整数m，使得m除以a的余数为0，并且它除以p12 的余数为p12 –a–b，除以p22 的余数为p22 –2a–b，除以p32 的余数为p32 –3a–b，以此类推。
于是，m+a+b,m+2a+b,m+3a+b,…,m+n·a+b就是等差数列的连续n项，并且由于第i项能被pi2 整除，因而这里面的每一项都是合数。
证明：
存在任意长的递增等差数列，使得里面的任意两项都是互质的。
假设m为某个足够大的正整数。
于是，m!
+1,2·m!
+1,3·m!
+1,…,m·m!
+1就成为了一个含有m项的公差为m!
的等差数列。
这里面的任意两项都是互质的。
如果对于某两个不超过m的正整数k和l，k·m!
+1和l·m!
+1都是d的倍数（无妨假设k+1）–k·（l·m!
+1）=l–k也应该是d的倍数，这说明d≤l–k。
但是d也能整除k·m!
+1，因而d=1。
证明：
存在任意长的递增等差数列，使得里面的每一项都是乘方数。
这里，“乘方数”的意思是形如nk 的数，其中n、k都是正整数，且k>1。
假设p1,p2,…,ps 是任意s个不同的质数。
根据中国剩余定理，对于每一个不超过s的正整数t，我们都能找到一个大整数at ，使得at 除以pt 余pt –1，并且除以其他s–1个质数都余0。
现在，令Q=1a1 ·2a2 ·…·sas ，那么Q,2·Q,3·Q,…,s·Q就是一个等差数列。
我们来证明，这个等差数列满足要求。
对于这个等差数列中的任意一项t·Q，我们都有t·Q=1a1 ·2a2 ·…·tat +1 ·…·sas ，根据a1,…,as 的构造方法可知，这里面的每一个指数都是pt 的倍数。
因而，t·Q可以写成某个数的pt 次方。
由于s的值可以达到任意大，因而满足要求的等差数列也可以达到任意长。
那么，是否存在无限长的递增等差数列，使得里面的每一项都是乘方数呢？
这回，答案就是否定的了。
我们可以证明，在任何一个无限长的递增等差数列a+b,2a+b,3a+b,…中，总存在一个不是乘方数的数。
首先，找出一个比a+b更大的质数p。
由于a和p2 互质，因此根据中国剩余定理，我们一定能够找到一个数m，使得m除以a余0，并且除以p2 余1。
令k=（p–b）·m/a。
由于m除以a余0，因此k是个整数；由于p>b，因此k是一个正整数。
于是k·a+b=（p–b）·m+b=（p–b）·m–（p–b）+p=（p–b）（m–1）+p。
由于m除以p2余1，因而最后这个式子的前一项是p2 的倍数；但最后这个式子的后一项却只是p的倍数，因而两者之和能被p整除，却不能被p2 整除。
这说明，它不能表示成任何一个数的1次以上的乘方。
是否存在四个连续正整数，使得它们都是乘方数？
这里，“乘方数”的意思和上题一样，即形如nk 的数，其中n、k都是正整数，且k>1。
不存在。
在任意四个连续正整数中，必然有一个数是形如4k+2的数。
这样的数能被2整除，却不能被4整除，因而永远不可能是一个乘方数。
那么，是否存在三个连续正整数，使得每一个数都是乘方数呢？
1962年，A.Mąkowski证明了，这也是不可能的，不过证明过程就没那么简单了。
那么，是否存在两个相邻的正整数，使得它们都是乘方数呢？
这次就有了，例如8=23,9=32 。
1844年，EugèneCatalan猜想，除了8和9以外，没有别的相邻乘方数了。
2002年，这个猜想终于被PredaMihăilescu证明。
31,331,3331,33331都是质数。
难道数列31,331,3331,33331,…中的所有数都是质数吗？
其实并不是这样。
证明：
数列31,331,3331,33331,…中含有无穷多个合数。
数列的通项公式是（10n+1 –7）/3。
容易验证，101,102,…,1017 除以17的余数分别是
10,15,14,4,6,9,5,16,7,2,3,13,11,8,12,1,10
其中1017 和101 除以17的余数相同，因此再往后，10的乘方除以17的余数便会开始循环，循环节的长度为16。
由于109 除以17余7，这就说明所有的1016k+9 除以17都余7。
因此，所有的（1016k+9 –7）/3都是17的倍数。
事实上，31,331,3331,33331,333331,3333331,33333331都是质数，首次出现的合数为333333331=17×19607843，这正是k=0时（1016k+9 –7）/3的值。
我们自然会问，除了所有的（1016k+9 –7）/3以外，数列31,331,3331,33331,…当中还有别的合数吗？
答案是，确实还有。
用和刚才类似的方法可以推出，所有的（1018k+12 –7）/3都能被19整除，例如（1012 –7）/3=333333333331=19×83×211371803。
其实，数列31,331,3331,33331,…里的质数没那么多。
在前100项中，只有第
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