8.26 闲话
题目 1（IMO 1964 D1T1）：
求出所有的 \(n\) 使得 \(7\mid 2^n-1\) .
Solution
有点水 .
通过枚举可以发现 \(\delta_7(2)=3\)，所以 \(n=3k,k\in \N^+\) .
题目 2（IMO 1964 D1T1）：
求证不存在正整数 \(n\) 使得 \(7\mid 2^n+1\) .
Solution
同理，因为阶为 3，所以暴力验证即可 .
题目 3（IMO 1967 D1T3）：
已知 \(k,m,n\) 都是正整数，且 \(m+k+1\) 是大于 \(n+1\) 的素数，令 \(C_{s}=s(s+1)\) .
求证：\((C_{m+1}-C_k)(C_{m+2}-C_k)\dots(C_{m+n}-C_k)\) 能被 \(C_1C_2\dots C_n\) 整除 .
Solution
分类讨论 .
- \(m+1\le k\le m+n\) 时，前边的显然为 \(0\)，成立 .
- \(k\le m\) 时，注意到 \(C_{a}-C_b=a(a+1)-b(b+1)=(a-b)(a+b-1)\) .
所以：\[\begin{aligned} &(C_{m+1}-C_k)(C_{m+2}-C_k)\dots(C_{m+n}-C_k)\\ &=(m+1-k)(m+1+k+1)(m+2+k)(m+2+k)\dots(m+n-k)(m+n+k+1)\\ &=\frac{(m+n-k)!}{(m-k)!}\cdot\frac{(m+n+k+1)!}{(m+k+1)!} \end{aligned} \]又因为 \(C_1C_2\dots C_n=n!(n+1)!\)，因此：\[\begin{aligned} &\frac{(C_{m+1}-C_k)(C_{m+2}-C_k)\dots(C_{m+n}-C_k)}{C_1C_2\dots C_n}\\ &=\frac{(m+n-k)!}{(m-k)!n!}\cdot\frac{(m+n+k+1)!}{(m+k+1)!(n+1)!}\\ &=\binom{m+n-k}{n}\cdot \frac 1{m+k+1}\binom{m+n+k+1}{n+1} \end{aligned} \]组合数一定是整数，并且 \((m+k+1)\) 是 \((m+n+k+1)!\) 的因子，而且 \((m+k+1)\) 与 \((m+k)!(n+1)!\) 互素（条件得出），所以 \(\displaystyle\frac 1{m+k+1}\binom{m+n+k+1}{n+1}\) 是整数，得证 .- \(k\ge m+n+1\) 时，\(\displaystyle(m+1-k)(m+1+k+1)(m+2+k)(m+2+k)\dots(m+n-k)(m+n+k+1)=(-1)^n\frac{(k-m-n)!}{(k-m)!}\)，延续前边的推导，\(\displaystyle\frac{(C_{m+1}-C_k)(C_{m+2}-C_k)\dots(C_{m+n}-C_k)}{C_1C_2\dots C_n}=(-1)^n\binom{k-m-n}{n}\cdot \frac 1{m+k+1}\binom{m+n+k+1}{n+1}\)，也是整数，得证 .
题目 4（IMO 1968 D2T3）：
对于任意正整数 \(n\)，计算下列和：
\[f(n)=\sum_{k\ge 0}\left\lfloor\frac{n+2^k}{2^{k+1}}\right\rfloor \]
Solution 1
根据 \(n\) 的奇偶性分类讨论 .
- \(n\) 为奇数时：
\[\begin{aligned} f(n)&=\left\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor+\sum_{k\ge 1}\left\lfloor\frac{n+2^k}{2^{k+1}}\right\rfloor \\ &=1+\left\lfloor\frac{(n-1)+1}{2}\right\rfloor+\sum_{k\ge 1}\left\lfloor\frac{(n-1)+2^k}{2^{k+1}}\right\rfloor \\ &=1+f(n-1) \end{aligned} \]- \(n\) 为偶数时：
\[\begin{aligned} f(n)&=\left\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor+\sum_{k\ge 1}\left\lfloor\frac{n+2^k}{2^{k+1}}\right\rfloor \\ &=\frac{n}{2}+\sum_{k\ge 0}\left\lfloor\frac{n/2+2^k}{2^{k+1}}\right\rfloor \\ &=\frac n2+f\left(\frac n2\right) \end{aligned} \]归纳可得 \(f(n)=n\)
Solution 2
\(f(n)\) 可以改写成这种形式：
\[f(n)=\operatorname{popcount}(n)+\sum_{k\ge 0}\left\lfloor\frac{n}{2^{k+1}}\right\rfloor \]原因显然，考虑 \(2^k\) 给 \(n\) 贡献的进位即可 .
然后再将每一位的贡献写出来（设 \(g(n,k)\) 为 \(n\) 的二进制表示下是否有第 \(k\) 位的一个布尔函数，\(w\) 为 \(n\) 的最高位）：
\[\begin{aligned} &\operatorname{popcount}(n)+\sum_{k=0}^{w}g(n,k)\sum_{i=0}^{k-1}2^i\\ &=\operatorname{popcount}(n)+\sum_{k=0}^{w}g(n,k)(2^k-1)\\ &=\sum_{k=0}^{w}g(n,k)2^k\\ &=n \end{aligned} \]第 \(k\) 位的贡献 \(\sum_{i=0}^{k-1}2^i\) 是这一位在不断右移时产生的 .
这两个解法是否能体现 MO 和 OI 的区别？（第一个是官方解法，第二个是我瞎捣鼓出来的）
读者可能会说:这都是远古 IMO 题目啊，能不能再给力一点啊?
好 .
题目 5（IMO 1999 D2T1）:
\(p\) 是一个素数,\(n\) 是大于 \(1\) 的正整数,且 \(n^{p-1}\mid (p-1)^n+1\)，求 \(p,n\)
题目需要用到升幂定理，这里给出其形式以及证明，记 \(v_p(n)\) 为素数 \(p\) 在整数 \(n\) 中出现的次数 .
升幂定理（Lift the Exponent，简记为 LTE）分为两部分，模为 \(2\) 或奇素数，记为\(LTE_2\) 和 \(LTE_p\)
模为奇素数形式（前提为 \(a\equiv b\pmod p\)，以及 \(a,b\not\equiv0\pmod p\)）：
\[v_p(a^n-b^n)=v_p(a-b)+v_p(n) \]模为 \(2\) 形式（前提同上）：
\(n\) 为奇数时：\[v_2(a^n-b^n)=v_2(a-b) \]\(n\) 为偶数时：
\[v_2(a^n-b^n)=v_2(a-b)+v_2(a+b)+v_2(n)-1 \]
Solution
先把异类 \(p=2\) 特判掉，得到一组解 \((2,2)\)，所以下边都认为 \(p\) 是奇素数，所以 \(n\) 也只能是奇数 .
定义半阶 \(\delta^{+}_m(a)\) 为满足 \(a^n\equiv -1 \pmod m\) 的最小正整数
令 \(q\) 为 \(n\) 的最小素因子，显然有 \(q\mid (p-1)^n+1\)，所以 \((p-1)^n+1\equiv 0\pmod q\)，\(\delta^+_{q}(p-1)\le \varphi(q)=q-1\)，且 \(\delta^+_q(p-1)\mid n\)，因此 \(\delta^+_{q}(p-1)=1\)，故 \((p-1)+1\equiv 0\pmod q\)，由此可得 \(p=q\) .
由升幂定理可得 \(v_p\left((p-1)^n+1\right)=v_p\left((p-1)^n-(-1)^n\right)=1+v_p(n)\ge v_p(n^{p-1})=(p-1)v_p(n)\)，因此 \(1\ge (p-2)v_p(n)\)，故只能是 \(p=3,v_p(n)=1\)，所以设 \(n=3k,\gcd(3,k)=1\)，\(k=1\) 时对应一组解 \((3,3)\)，如果 \(k>3\)，令 \(m\) 为 \(k\) 的最小素因子，\(2^n+1\equiv 8^k+1\equiv 0\pmod m\)，\(\delta^+_m(8)\mid (k,m-1)=1\)，所以 \(\delta^+_m(8)=1\)，故 \(8\equiv-1\pmod m\)，只能有 \(m=3\)，矛盾，所以 \(k>3\) 无解 .
综上所述，只有两组解 \((2,2),(3,3)\) .
