一道数学难题

一道数学难题~

你好，要看懂你这道题，首先要看懂无字天书，要看懂无字天书，需要潜心修心十年，修炼火眼晶晶50年。所以回答你这一道题需要等到60年后。

解:1)当n=1时.An=A1=1^2=1
(注:1^2表示一的平方,以下如此)
2)当n=k时,(设k>=2)
(注:>=表示大于等于)
AK=An=1^2+2^2=3^2……k^2
当n=k+1时.
A(k+1)=1^2+2^2=3^2……k^2+(k+1)^2
所以:A(k+1)-AK=[1^2+2^2=3^2……k^2+(k+1)^2]-(1^2+2^2=3^2……k^2)
=(k+1)^2
之后的我忘记怎样做了,不好意思帮不到你.

命题1 将0, 1, 2, …, n个数字用红色或蓝色涂色，要求差值为7或者11的数为同一颜色，与0同色的数构成的集合记为S，则S={7t+11s≥0,其中t,s为整数}
证明 显然0属于S，由差值为7或者11的数为同一颜色，则7,7*2,7*3,…, 11,11*2,11*3,…均属于S，即对任意非负整数t,s，7t，11s≥0属于S，同样的理由，如果7t,11s属于S，则7t+11，7t+11*2，7t+11*3，…,7t-11，7t-11*2，7t-11*3，…, 11s+7，11s+7*2，11s+7*3,…,11s-7，11s-7*2，11s-7*3,…,也均属于S，从而对任意整数，7t+11s≥0属于S.
命题2将所有非负整数用红色或蓝色涂色，要求差值为7或者11的数为同一颜色，则只能涂一种颜色。
证明 由于1=11*2-7*3，从而对任意自然数(包括零)k,k=11*2k-7*3k,故k属于S，即任意自然数均与0同色，即如果对全体自然数(包括零)涂色，只能是同一颜色，不存在两种颜色的涂色。
如果将S看成一个袋子，0首先放在袋子中，如果有一个数x，它与袋子中的某个数差为7或差11，则将数x也放在袋子中，也即论证了数x也属于S，下面给出1属于S 的论证（产生）过程：
0属于S ，则0+11=11属于S,11-7=4属于S，4+11=15属于S，15-7=8属于S，8-7=1属于S，将上述过程简记为0-11-4-15-8-1
上面序列从0开始，且序列中任何相邻两数字的差或是7或是11。
下面再给出2，3，4，5，6属于S 的论证过程：
0-11-4-15-8-1-12-5-16-9-2
0-11-4-15-8-1-12-5-16-9-2-13-6-17-10-3
0-11-4
0-11-4-15-8-1-12-5
0-11-4-15-8-1-12-5-16-9-2-13-6
从上可看出上述这些序列的出现的最大整数是16（在产生2,3,6的过程中），如果缺少16及大于16的数，将不会产生出2,因为2只能由9或13产生，9除由2产生（不能再回到2）外不能由小于16的数产生，13除由2产生外只能由6产生，而6又只能由13产生，这又回到了13，故得结论：缺少16及大于16的数，将不会产生出2。
如果允许出现的最大数是16，是否能产生出所有非负整数呢？答案是肯定的。
因为任何非负整数均可由表示为一个7的倍数加上0-6的数，既然0-6属于S，加上若干个7所得结果必然也属于S。这样得下面命题3.
命题3将0, 1, 2, …, n个数字用红色或蓝色涂色，要求差值为7或者11的数为同一颜色，两种颜色均要用上，则n的最大值是15。
证明 由上面可知。如果n<16, 2不属于S，故n<16可涂两种颜色。即两种颜色均要用上，如果n≥16,由上面分析可知，所有非负整数均属于S，则n的最大值只能是15。
命题4将0, 1, 2, …, n个数字用红色或蓝色涂色，要求差值为k或者m的数为同一颜色，两种颜色均要用上,如果k,m最大公约数d=（k,m）>1，则对任意的n,均可涂一种颜色。
证明 设与 0同色的数构成的集合记为S，类似于命题1的证明，S={kt+ms≥0,其中t,s为整数},由于d=（k,m），故对任意S中的数x,d均整除x，于是1不属于S，否则1属于S，则d均整除1，这与d>1矛盾。由1不属于S，故1可以不与0同色。
命题5将0, 1, 2, …, n个数字用红色或蓝色涂色，要求差值为k或者m的数为同一颜色，如果k,m互素，n≥k+m-1时，则只能涂一种颜色。即两种颜色均要用上, 则n的最大值是k+m-2。
证明 设与 0同色的数构成的集合记为S,由k,m互素，则存在正整数x,y有k*x-m*y=1或m*x-k*y=1,，显然0属于S，由于k*x-m*y=1或m*x-k*y=1,故可以构造出产生1的过程，如果是k*x-m*y=1，则0-k-2k-…-k*x-(k*x-m)-(k*x-2m)-…-( k*x-m*y)=1，如果是
m*x-k*y=1，则0-m-mk-…-m*x-(m*x-k)-(m*x-2k)-…-( k*m-k*y)=1.
下面证明在这过程中出现的数均可以小于等于k+m-1,如果在这个过程（产生序列）中首次出现了大于等于k+m的数x，那么在出现x之前，一定是x-k或x-m,由x≥k+m,得x-k≥m或x-m≥k，此时可用x-k-m代替x-k或x-k，从而使产生序列中的所有数小于等于k+m-1。故n≥k+m-1时，则只能涂一种颜色,也即两种颜色均要用上的涂色, 则n的最大值是k+m-2。

n的最大值为16。n比16大的时候可以从0开始遍历所有的数。

是这样。
如果n无限的话（n大于7和11的最小公倍数就很好证明），任何能够写成1+7k+11m的数和1的颜色都要相同；
如果n有限，任何能够写成1+7k+11m的数（需要参照扩展的欧几里得算法）和1的颜色都要相同。
所以a很容易证明，7和11互质，所以n无限的话只能有一种颜色
b将7和11换成m，k，证明还是很容易。
假设k>m
则下面球必须和1颜色相同：1+m,1+k,1+k-m,1+2k-m,1+2k-2m……当1+ak-am>1+m时，下一个数写1+ak-am-m，即尽量往小减。当序列包含了1到m的所有数时说明该序列加上1+am已经包含了1到n的所有数，那么这个序列中最大的数减1就是所求的n。显然每加一个k会多一个小于等于m的数，再加一次k，所有数没有重复而且最大值小于等于m+k。最后那个数没必要加，则共有m+k-1个数，这样再减1就是n的最大值了。所以有m+k-2.

不能全部涂完，不过我对你的最大值有疑问，真的是m+k-2么，这样的话，m=7，n=11时，结果应该为16。但是你自己可以验证一下，结果不是16是35.可以这样假设，设(i,j)=1(当i和j同色时）否则(i,j)=0.然后可以设min【i，j】为使i和j有相同颜色的最小的数。可以把所有的min【i，j】求出来，i和j都从0到6。例如可以把【0，i】算出来，i从1到6。最后得出【0，2】是能用一种颜色完成的最小的n，也即是用两种颜色完成的最大n值，为35。另外，求出所有的min【i，j】，把所有的min【i，j】当成距离连起来形成图，就是求它的最小生成树。最小生成树中的距离的最大值就是n的最大值。这是我的理解，不知道楼上的几位逻辑推理是否正确，如有疑问，可继续交流。另外为m和k时，应该是类似的，不过时间紧，你先看前面是不是正确的。

1到50这50个自然数分为25组
(1,2),(2,3),...,(49,50)
任意取出26个数,必有两数同在一组,这同组的两个数之差为1,故互质.

不能全部涂完，不过我对你的最大值有疑问，真的是m+k-2么，这样的话，m=7，n=11时，结果应该为16。但是你自己可以验证一下，结果不是16是35.可以这样假设，设(i,j)=1(当i和j同色时）否则(i,j)=0.然后可以设min【i，j】为使i和j有相同颜色的最小的数。可以把所有的min【i，j】求出来，i和j都从0到6。例如可以把【0，i】算出来，i从1到6。最后得出【0，2】是能用一种颜色完成的最小的n，也即是用两种颜色完成的最大n值，为35。另外，求出所有的min【i，j】，把所有的min【i，j】当成距离连起来形成图，就是求它的最小生成树。最小生成树中的距离的最大值就是n的最大值。这是我的理解，不知道楼上的几位逻辑推理是否正确，如有疑问，可继续交流。另外为m和k时，应该是类似的，不过时间紧，你先看前面是不是正确的。

首先证明下面命题：
命题1,将与0同色的数构成的集合记为S，则S={7t+11s≥0,其中t,s为整数}
证明 显然0属于S，由差值为7或者11的数为同一颜色，则7,7*2,7*3,…, 11,11*2,11*3,…均属于S，即对任意非负整数t,s，7t+11s≥0属于S，同样的理由，如果7t,11s属于S，则7t-11，7t-11*2，7t-11*3，…, 11s-7，11s-7*2，11s-7*3,…,也均属于S，从而对任意整数，7t+11s≥0属于S.
由于1=11*2-7*3，从而对任意自然数(包括零)k,k=11*2k-7*3k,故k属于S，即任意自然数均与0同色，即如果对全体自然数(包括零)涂色，只能是同一颜色，不存在两种颜色的涂色。
将0,1,2,…,22涂色,1必与0同色。
反证法 1与0不同色，则8,15也必与0不同色,故22也必与0不同色，但是11与0同色，故22也必与0同色，矛盾。
将0,1,2,…,22涂色,则所有的数必与0同色。
由2=2*7-11-1,6=7-1可知2，6均与1同色,上面已证1必与0同色,故2，6均与0同色，由3=2*7-11,故知3必与0同色，由4=7-3,5=7-2,可知4与3,5与2同色，故1-6的数均与0同色。由于任何非负整数均可表示为7的倍数加上1-6的数，故所有的数均与0同色。
将0,1,2,…,21涂色,可取两种不同的颜色。
记[k]={0≤7t+11s≤21, 其中t,s为非负整数}，将0,1,2,…,21分为如下7类：
[0]={0,7,11,14,18,21},
[1]={1,8,12,15,19},
[2]={2,9,13,16,20},
[3]={3,10,14,17,21},
[4]={4,11,15,18},
[5]={5,12,16,19},
[6]={6,13,17,20},
显然[0]-[6]覆盖集合{0,1,2,…,21}，[0][3][4]同色，[1][2][5][6]同色
故21是n的最大值，即n>21不能对0,1,2,…,n涂两种颜色。
命题2,设m,k互素，k<m, 差值为m或者k的数着同一颜色，x0是同余式k*x=1(mod m)的最小正整数解,n=k*x0,则将0,1,2, …,n个数字涂色,1必取与0相同的颜色.
证明 设S={0≤k*x+m*y≤n,其中x,y为整数},与命题1证明类似,与0同色的数构成的集合S，0属于S ,故k*x也属于S，x0是同余式k*x=1(mod m)的解，故存在y0有k*x0=m*y0+1，m*y0<k*x0，故m*y0属于S，故1属于S。
同理y0是同余式m*y=1(mod k)的最小正整数解,n=m*y0,则将0,1,2, …,n个数字涂色,1必取与0相同的颜色.
命题3,在命题2的条件下，n=min(k*x0,my0)+(k+1)/2时，则0-n中的任意自然数均与0同色，即对0-n自然数不存在两种颜色的涂色。
证明由命题2可知1必取与0相同的颜色.又由k*x0=m*y0+1,得k*x0+1=m*y0+2，左边的数与1同色（也与0同色)，右边m*y0与0同色，故2与0同色，同理k*x0+2=m*y0+3可知,3也与0同色，依次类推(k+1)/2也与0同色,(k+1)/2+1=k-(k-1)/2, (k+1)/2+2=k-(k-3)/2,…,可推知1,2,…,k-1均于0同色，从而证明了所有自然数均与0同色。

x0是同余式k*x=1(mod m)的最小正整数解, y0是同余式m*y=1(mod k)的最小正整数解，由命题2可知,最大值不会小于n=min(k*x0,my0)-1,由命题3可知,最大值不会大于于min(k*x0,my0)+(k+1)/2,我再进一步考虑。

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