本帖最后由 realnumber 于 2019-2-9 22:14 编辑
猜想2的证明可以继续2楼的思路,以下$a_n$的值都是$\mod11$下的.
假设数列{$a_n$}中,11的倍数的项不是无限个,则设最大的是第m项($m\ge 19$,因为$a_{19}=0$),符合$11\mid a_m$
此时$a_{2m+1}=a_{2m}+a_m,a_{2m}=a_{2m-1}+a_m$,
即$a_{2m+1}=a_{2m}=a_{2m-1}=t $,其中$t$是集合A={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}中的某个整数.
三个数$a_{2m+1},a_{2m},a_{2m-1}$都是$t $
此时用同样办法得到
$a_{4m+3}-a_{4m+2}=t$
$a_{4m+2}-a_{4m+1}=t$
$a_{4m+1}-a_{4m}=t$
$a_{4m}-a_{4m-1}=t$
$a_{4m-1}-a_{4m-2}=t$
$a_{4m-2}-a_{4m-3}=t$
而继续这个操作,并记$a_{4m}=s\in A$
连续7个项$a_{4m+3},a_{4m+2},a_{4m+1},a_{4m},a_{4m-1},a_{4m-2},a_{4m-3}$依次是
$s+3t,s+2t,s+t,s,s-t,s-2t,s-3t$
再次继续这个,并记$a_{8m}=r\in A$
连续15个项 $a_{8m+7},a_{8m+6},\cdots,a_{8m-7}$依次是
$r+7s+12t,r+6s+9t,r+5s+6t,r+4s+4t,r+3s+2t,r+2s+t,r+s,r,r-s,r-2s+t,r-3s+2t,r-4s+4t,r-5s+6t,r-6s+9t,r-7s+12t$
恩,手工算有些麻烦,设想任意的$r,s,t\in A$上面15个数总是存在11的完全剩余系(程序倒能解决),那么问题就证明了,不行的话继续找接下来31个,63个,127个,.....只是个设想.
这个设想也许不会成功,试了下31+15+7+1=54项,程序如下,
var
a:array[0..10] of longint;
b:array[1..54] of longint;
q,r,s,t,n,m,k:longint;
begin
for q:=1 to 10 do
begin
for r:=1 to 10 do
begin
for s:=1 to 10 do
begin
for t:=1 to 10 do
begin
for n:=0 to 10 do a[n]:=0;
b[1]:=t;
b[2]:=s+3*t;
b[3]:=s+2*t;
b[4]:=s+t;
b[5]:=s;
b[6]:=s-t;
b[7]:=s-2*t;
b[8]:=s-3*t;
b[9]:=r+7*s+12*t;
b[10]:=r+6*s+9*t;
b[11]:=r+5*s+6*t;
b[12]:=r+4*s+4*t;
b[13]:=r+3*s+2*t;
b[14]:=r+2*s+t;
b[15]:=r+s;
b[16]:=r;
b[17]:=r-s;
b[18]:=r-2*s+t;
b[19]:=r-3*s+2*t;
b[20]:=r-4*s+4*t;
b[21]:=r-5*s+6*t;
b[22]:=r-6*s+9*t;
b[23]:=r-7*s+12*t;
b[24]:=q+15*r+56*s+68*t;
b[25]:=q+14*r+49*s+56*t;
b[26]:=q+13*r+42*s+44*t;
b[27]:=q+12*r+36*s+35*t;
b[28]:=q+11*r+30*s+26*t;
b[29]:=q+10*r+25*s+20*r;
b[30]:=q+9*r+20*s+14*t;
b[31]:=q+8*r+16*s+10*t;
b[32]:=q+7*r+12*s+6*t;
b[33]:=q+6*r+9*s+4*t;
b[34]:=q+5*r+6*s+2*t;
b[35]:=q+4*r+4*s+t;
b[36]:=q+3*r+2*s;
b[37]:=q+2*r+s;
b[38]:=q+r;
b[39]:=q;
b[40]:=q-15*r+56*s-68*t;
b[41]:=q-14*r+49*s-56*t;
b[42]:=q-13*r+42*s-44*t;
b[43]:=q-12*r+36*s-35*t;
b[44]:=q-11*r+30*s-26*t;
b[45]:=q-10*r+25*s-20*r;
b[46]:=q-9*r+20*s-14*t;
b[47]:=q-8*r+16*s-10*t;
b[48]:=q-7*r+12*s-6*t;
b[49]:=q-6*r+9*s-4*t;
b[50]:=q-5*r+6*s-2*t;
b[51]:=q-4*r+4*s-t;
b[52]:=q-3*r+2*s;
b[53]:=q-2*r+s;
b[54]:=q-r;
for n:=1 to 54 do b[n]:=(b[n]+9900) mod 11;
for n:=1 to 54 do a[b[n]]:=a[b[n]]+1;
if a[0]=0 then writeln(q,' ',r,' ',s,' ',t);
end;
end;
end;
end;
end.
结果如下
1 5 10 9
1 6 10 2
2 1 9 4
2 10 9 7
3 4 8 5
3 7 8 6
4 2 7 8
4 9 7 3
5 3 6 1
5 8 6 10
6 3 5 1
6 8 5 10
7 2 4 8
7 9 4 3
8 4 3 5
8 7 3 6
9 1 2 4
9 10 2 7
10 5 1 9
10 6 1 2,说明还有这么些情景,没有11的倍数.也许接下来+63个就可以了.
程序略修改下,改成9的倍数猜想,通过.也就是说证明了猜想:数列中有无限项被9整除.
接下来要考虑的是不用写出这么多项,把程序写得漂亮点,这样就可以用来证明11,2019什么的,至于猜想4,这个办法不行吧.
程序修改如下(希望没编错吧,要处理2019这个办法不晓得可不可以?),添了63项,这下,对任意$p,q,r,s,t\in A$,总是存在11的倍数.
var
a:array[-10..10] of longint;
b,c:array[1..119] of longint;
p,q,r,s,t,n,m:longint;
begin
for p:=1 to 10 do
begin
a[0]:=0;
b[1]:=p; b[2]:=p;b[3]:=p;
for q:=1 to 10 do
begin
b[4]:=q;
for m:=1 to 6 do
begin
b[4+m]:=(b[4+m-1]+b[(m+1) div 2]) mod 11;
a[b[4+m]]:=a[b[4+m]]+1;
end;
if a[0]<>0 then continue;
for r:=1 to 10 do
begin
b[11]:=r;
for m:=1 to 14 do
begin
b[11+m]:=(b[10+m]+b[(m+7) div 2])mod 11;
a[b[11+m]]:=a[b[11+m]]+1;
end;
if a[0]<>0 then continue;
for s:=1 to 10 do
begin
b[26]:=s;
for m:=1 to 30 do
begin
b[26+m]:=(b[25+m]+b[(m+21)div 2])mod 11;
a[b[26+m]]:=a[b[26+m]]+1;
end;
if a[0]<>0 then continue;
for t:=1 to 10 do
begin
b[57]:=t;
for m:=1 to 62 do
begin
b[57+m]:=(b[56+m]+b[(m+51)div 2])mod 11;
a[b[57+m]]:=a[b[57+m]]+1;
end;
if a[0]=0 then writeln(p,' ',q,' ',' ',r,' ',s,' ',t);
end;
end;
end;
end;
end;
end. |