super ez problem series 3
luogu_gza
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学习·文化课
我没有这些题的标准答案，如果你找到了我的做法中的错谬，请及时指点！
感谢反物质维度群群主和一些群友提供了这些有趣的题。
注意：其中有一些题计算量较大，你可以使用 deepseek 辅助计算。
一
已知 a 和 b 均为正整数，15a+16b 和 16a-15b 都是完全平方数（原题没说清楚，应该是 0 不算完全平方数），求这两个数中较小的那个的最小值。
::::info[solution]
设 15a+16b=m^2,16a-15b=n^2，有 481a=15m^2+16n^2,481b=16m^2-15n^2。
因此 16m^2 \equiv 15n^2 \pmod {481}，也就是 m^2 \equiv 31n^2 \pmod {13},m^2 \equiv 31n^2 \pmod {37}，容易验证 31 不是模 13,37 的二次剩余，因此有 13,37|m,n，也就是 481|m,n。
| 取到最小值时有 m=n=481，此时 a=14911,b=481，答案为 481^2=231361。 |
二
我代数不是区。
找出所有正整数 x,y,z 使 \operatorname{arctan}(1/x)+\operatorname{arctan}(1/y)+\operatorname{arctan}(1/z)=\pi/4。
::::info[solution]
不妨设 x\le y\le z，记 A=\operatorname{arctan}(1/x),B=\operatorname{arctan}(1/y),C=\operatorname{arctan}(1/z)。
显然有 x>1。
#### $x=2
有 \arctan\frac1y+\arctan\frac1z=\frac\pi4-\arctan\frac12=\arctan\frac13，根据和差角公式有 \frac{\frac1y+\frac1z}{1-\frac1{yz}}=\frac13 即 yz-3y-3z=1 即 (y-3)(z-3)=10，枚举可得 (y,z)=(4,13),(5,8)。
x=3
有 \arctan\frac1y+\arctan\frac1z=\frac\pi4-\arctan\frac13=\arctan\frac12，根据和差角公式有 \frac{\frac1y+\frac1z}{1-\frac1{yz}}=\frac12，同理有 (y,z)=(3,7)。
conclusion
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### 三
$n\geq m$ 求证 $\sum_{k=0}^{m}\binom mk \binom{n+k}m=\sum_{k=0}^{m}\binom mk \binom nk2^k$。
::::info[solution]
考虑组合意义，$m$ 个红球 $n$ 个蓝球，然后我们要从红球里面选出一些变成蓝球，然后再在蓝球里面选出 $m$ 个。
左侧是考察红球有多少个变成了蓝球，就是 $\binom mk \binom{n+k}m$。
右侧是考察了最终选出来的蓝球有多少个原来是红球，设这个量为 $i$，则你先需要选出这 $i$ 个球，然后要用原来的蓝球里面选出 $m-i$ 个球，然后在原来的红球中有 $m-i$ 个球不确定有没有被变成蓝球，他们也要决策一下，所以是 $\binom mi\binom{n}{m-i}2^{m-i}$。然后我们换元令 $k=m-i$，原式变成了 $\binom{m}{m-k}\binom nk 2^k=\binom mk \binom nk 2^k$。
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### 四
令 $A_n=\sum_{k=0}^{n}\binom nk(k+2)^{-2}$，请给出 $A_n$ 的递推式或通项。
（本题做法较多，所以我的做法仅供参考）
::::info[solution]
我们熟知 $\frac 1i$ 可以看做 $\int_{0}^{1}x^{i-1}\,dx$，这里我们也可以将 $(k+2)^{-2}$ 看做二重积分的产物。
$\frac1{(k+2)^2}=\int_0^1\int_0^1 (xy)^{k+1}\,dx\,dy$，于是：
$$
\begin{aligned}
A_n & =\sum_{k=0}^n\binom nk\frac1{(k+2)^2} \\
&=\int_0^1\int_0^1 xy\sum_{k=0}^n\binom nk (xy)^k\,dx\,dy \\
& =\int_0^1\int_0^1 xy(1+xy)^n\,dx\,dy \\
& =\int_0^1\int_0^1 (1+xy)^{n+1}-(1+xy)^n\,dx\,dy
\end{aligned}
$$
令 $A_n=B_{n+1}-B_n$，有 $B_n=\int_0^1\int_0^1 (1+xy)^n\,dx\,dy$。
惭愧的说，下面的技巧是 ds 教我的，并非我个人想出！
我们考虑对 $x$ 求偏导，有 $\partial_x\bigl[x(1+xy)^n\bigr]
=(1+xy)^n+nxy(1+xy)^{n-1}$。
我们让这个恒等式对 $x$ 积分：
$$
\int_0^1 \partial_x\bigl[x(1+xy)^n\bigr]\,dx=\int_0^1 (1+xy)^n\,dx+n\int_0^1 xy(1+xy)^{n-1}\,dx
$$
，左边由微积分基本定理有：
$$
\int_0^1 \partial_x\bigl[x(1+xy)^n\bigr]\,dx=\Bigl[x(1+xy)^n\Bigr]_{x=0}^{x=1}=
(1+y)^n
$$
我们再让两边对 $y$ 积分，左边变成了 $\dfrac{2^{n+1}-1}{n+1}$，右边则变成了 $B_n+A_{n-1}$。也就有 $B_n=\dfrac{2^{n+1}-1}{n+1}-nA_{n-1}$。
带入 $A_n=B_{n+1}-B_n$ 我们有 $A_n=\left(\dfrac{2^{n+2}-1}{n+2}-(n+1)A_n\right)-\left(\dfrac{2^{n+1}-1}{n+1}-nA_{n-1}\right)$。
整理后可得 $A_n=\dfrac{nA_{n-1}+\dfrac{2^{n+2}-1}{n+2}-\dfrac{2^{n+1}-1}{n+1}}{n+2}$。
这一问有其他平凡的做法如把 $(k+2)^{-2}$ 刻画为 $Li_2$ 然后得到 $A_n$ 的 ogf 的 ode，又或是平凡的组合恒等式或有限微积分，但是我思来想去还是这种最喜欢。
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#### 五
我依旧深爱着数论。
$p$ 为质数，$n$ 为正整数 $n^{p-1}|(p-1)^n+1$，求所有 $(n,p)$。
::::info[solution]
$p=2\to n=1,2$。
$p$ 为奇素数 $\to p-1$ 为偶数 $\to n$ 为奇数。
若 $n=1$ 则有可得一族解 $(1,p)$。
取 $q=\operatorname{minp}(n)$ 有 $q|(p-1)^n+1$，则 $(p-1)^n \equiv -1\pmod q$，又 $q\nmid p-1$ 有 $p-1$ 模 $q$ 可逆，有 $ord_q(p-1)|2n$ 又 $ord_q(p-1)|q-1$ 又 $\gcd(2n,q-1)=2$ 有 $ord_q(p-1)|2$，但 $(p-1)^n \equiv -1\neq 1\pmod q$ 所以 $ord_q(p-1)$ 只能是 $2$，所以 $p-1\equiv -1\pmod q$ 则 $q|p$，又 $p,q$ 均为质数则 $p=q$，所以 $p|n$。
设 $t=v_p(n)$ 有 $p^{t(p-1)}|(p-1)^n+1$，由 LTE 有 $v_p((p-1)^n+1)=v_p(p)+v_p(n)=1+t$，因此有 $t(p-1)\leq 1+t$ 易得只有 $t=1,p=3$。
因此我们有 $n=3m$, 其中 $\gcd(3,m)=1$，取 $Q=\operatorname{minp}(m)$，此时原题条件变为 $n^2|2^n+1$，则有 $2^n\equiv -1\pmod Q$，设 $ ord_q(2)=d$，则 $d|2n,d|Q-1$，由 $n$ 中 $<Q$ 的质因子只有 $3$ 所以 $d=1$ 或 $d=3$，简单计算可得 $n=3$。
综上，解为 $(1,p),(2,2),(3,3)$。
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