设m、n是正整数，满足m能被n整除，但不能被n+1、n+2、n+3整除，求所有可能的n的值的和。

解：因为m、n是正整数，满足m能被n整除，所以 m=kn(k为正整数)，当 n=2 时，m=2k，满足“不能被n+1、n+2、n+3整除”的只有k=1；当 n=3 时，m=3k，满足“不能被n+1、n+2、n+3整除”的有k=1、3、......等，...... 对应每一个n值，都能找到满足“不能被n+1、n+2、n+3整除”的k值，所以所有可能n的值的和为：2+3+......+∞=∞。

Sierpiński 的初等数论问题
波兰数学家 Wac?aw Sierpiński 对数论有很多研究。在他一生出版的 50 多本书里， 250 Problems of Elementary Number Theory 一书显得格外有趣。这里面不但有各种出人意料的数学事实，还有很多精妙的证明和大胆的构造，让人大呼过瘾。我从中选择了一些问题，在这里和大家一块儿分享。下面的文字没有完全照搬书中的内容，而是做了大量的改动和扩展；若有出错的地方，还请大家指正。个别题目会涉及一些初等数论中的著名定理，它们都可以在这篇文章里找到。

找出所有的正整数 n ，使得 n2 + 1 能被 n + 1 整除。
满足要求的解只有一个： n = 1 。原因很简单：如果 n2 + 1 = n(n + 1) – (n – 1) 是 n + 1 的整倍数，那么 n – 1 也必须是 n + 1 的整倍数，这只有一种可能性，即 n – 1 = 0 。

证明：对于任意大于 6 的偶数 n ，我们都能找到两个质数 p 和 q ，使得 n – p 和 n – q 互质。
不管 n 是多少，令 p = 3, q = 5 即可。这样一来， n – p 和 n – q 就是两个相邻的奇数，它们必然互质。

找出所有公差为 100 的等差数列，使得里面的所有项都是质数。
满足要求的等差数列不存在。这是因为，在 p, p + 100, p + 200 这三个数当中，至少有一个数能被 3 整除，因而 p 只能等于 3 。此时， p + 200 = 3 + 200 = 203 = 7 × 29 ，这就说明满足要求的等差数列不存在。

找出所有这样的质数，它既能表示成两个质数之和，也能表示成两个质数之差。
满足要求的数只有 5 ，它可以表示成 3 + 2 和 7 – 2 。下面我们证明，这个问题没有别的解了。如果质数 r 能表示成两个质数之和，那么显然 r > 2 ，因而 r 只能是奇数。两个质数之和是一个奇数，则其中一个质数一定是 2 ；两个质数之差是一个奇数，则其中一个质数也一定是 2 。因此， r 只有可能被表示成 p + 2 和 q – 2 ，其中 p 和 q 都是质数。这说明， p, r, q 是三个连续奇数。三个连续奇数当中，必然有一个能被 3 整除。如果它们都是质数，那么一定有一个数就是 3 。因此， (p, r, q) = (3, 5, 7) 是唯一的可能。

33 = 3 × 11 ， 34 = 2 × 17 ， 35 = 5 × 7 。它们组成了三个连续的正整数，其中每个数都是两个不同的质数之积。是否存在四个连续的正整数，使得每个数都是两个不同的质数之积？
不存在。任意四个连续的正整数中，一定有一个能被 4 整除，它显然不是两个不同的质数之积。

证明：方程 xy + x + y = 232 存在正整数解。
原方程相当于 xy + x + y + 1 = 232 + 1 ，即 (x + 1) · (y + 1) = 225 + 1 ，而后者是 n = 5 时的 Fermat 数，众所周知，它是能被分解成两个大于 1 的整数之积的。

证明：方程 x2 + y2 + 1 = z2 有无穷多组正整数解。
对于任意正整数 n ， (2n)2 + (2n2)2 + 1 = (2n2 + 1)2 都成立。

证明：对于任意一个无限小数（不一定是无限循环小数），我们都能找到一个任意长的数字串，使得它会在这个无限小数的小数展开当中出现无穷多次。
令 m 为任意大的正整数。把小数点后的数字每 m 位分成一组，从而得到无穷多个 m 位数字串。由于不同的 m 位数字串只有 10m 种，因而必然有一种数字串会出现无穷多次。

证明：对于任意正整数 m ，总存在一个关于 x 和 y 的整系数方程 ax + by = c ，使得方程恰好有 m 个正整数解。
不管 m 是多少，令 c = m + 1 ，则方程 x + y = c 满足要求。这个方程显然有且仅有 m 个解，它们分别是 (1, m), (2, m – 1), …, (m, 1) 。

存在。我们用归纳法来证明一个更一般的
命题：对每一个自然数k都存在自然数n=n(k)， 满足n | 2n+1， 3 | n 且 n 恰好能够被k个互不相同的质数整除。
当k=1时，n(1)=3即可使命题成立。
假设对於k≥1存在满足要求的n(k)=3r．t, 其中r≥1且3不能整除t。於是n=n(k)必为奇数，可得3 | 22n-2n+1。利用恒等式 23n+1=(2n+1)(22n-2n+1)可知3n | 23n+1。跟据下面的引理，存在一个奇质数p满足p | 23n+1但是p不能整除2n+1。於是自然数n(k+1)= n(k)．3p满足命题对於k+1 的要求。归纳法完成。
引理：对於每一个整数a>2，存在一个质数p 满足p|a3+1 但是p不能整除a+1 。
证明：(反证法) 假设对某个a>2引理不成立： 即任何能整除a3+1的素因子也能整除a+1。
由於a3+1=(a2-a+1)(a+1)，所以有a2-a+1 的每一个质因子都要整除a+1。
而由恒等式a2-a+1=(a+1)(a-2)+3得知，如果素数p能整除a2-a+1，便能整除a+1，所以能整除3=(a2-a+1)-(a+1)(a-2)，这说明能够整除a2-a+1 的唯一质数是3。换言之，a2-a+1是3的方幂。
因为a+1是3的倍数，所以a-2也是3的倍数。於是a2-a+1 能够被3整除，但不能被9整除。故得a2-a+1恰等於3。
另一方面，由a>2知a2-a+1>3 。这个矛盾完成了引理的证明。

其实你要的答案就是2*N+1是N的倍数，象那个“满足n能被2000个不同质数整除”是可有可无的欺骗人的句子。N是正整数，2N很明显可以被N整除了，再加上1嘛，想都不用想就知道不可以！

这个正整数不存在。

(2^n+1)/n=2^n/n+1/n 设n是正整数，那么1/n一定不是整数。