_chmily 2026-01-18 注意到37,1,2,4,11,5,3,7,10,8,22,6,12,34,27,9,18,28,13,14,30,15,32,23,36,16,24,31,33,26,20,17,35,29,25,21,19满足题意 故最后一项是19[doge] ♥ 229 ↩ 34
现代微积分 2026-01-18 说句题外话，说起数论，让我想起了某年高考填空有一道题，查了一下是20年海南卷填空T15，之前想过把这题推广到求若干个等差数列的公共项形成的新等差数列，但当时还没有充足的知识储备，直到学了初等数论之后才发现，这题的出题背景是中国剩余定理[doge_金箍]话说有些卷一点的小学也已经学了这个定理了。另外，大家熟悉的找规律题的拉格朗日插值法其实就是多项式版本的中国剩余定理[doge_金箍] ♥ 64 ↩ 10
镇魂曲之腹背受敌 2026-01-18 这个数列存在，但是唯一性不确定。 证明存在其实就是列举出来一种符合条件的情况即可。 根据题目已知条件依次可知a1=37，a2=1，S37=19*37，a37=19，a3=2，S3=40，S36=19*36。 这里对于a4来说，要从40的因数来找，可以选择的数字有4、5、8、10、20，不太方便枚举，不妨从S36入手，不难发现S36与S37都是拥有着两个整数相乘的形式，且其中一个乘数相差1，由于a37使用了19，那么不妨设a36=36，这样S35=18*36，继续令a35=18，由后至前以此类推，两个乘数交替减少1且不会有数字重复。 由于上述形式本质上属于因式分解，必定能被整除，可以一直倒推到数列中的某一项（这个某一项也是在上述假设条件下可以确定是第几项的，懒得倒着算了具体是a几了）为5，这时如果继续保持上述假设方式，其前两项分别依次是22和4，但是4是a4可选范围的最小数字，可能会出现错误。 那么不妨假设上述假设过程就到5，剩余未定位的数字还有3、4、20、21、22，此时对于a4来说只能选4或20，如果a4=4，a5只能为22，a6只能为3，S6=69，剩余未定位的数字已经无法满足数列成立。那么只能令a4=20，此时S4=60，a5=3，a6=21，a7=4，a8=22，a9=5，与前面由后至前所假设的情况正好相呼应，且这时候会发现所假设的满足条件的整个数列从第4项开始，奇数项和偶数项分别每次相比于上一个奇数项或偶数项各自分别都增加1，也是十分甚至九分的神奇。 ♥ 30 ↩ 6
水生旬 2026-01-19 没做过这种题，不过总归是要先试着求Sn,然后发现S36=S37-a37=(1+37)*37/2-a37=19*37-a37，要符合题意，19*37/a37必须得是整数，而19和37又都是质数，a1=37，那就只有19这个唯一解了。 ♥ 7 ↩ 4
早帆由里 2026-01-18 另一个构造：37，1，2，20，3，21，4，22，5，23，6，24，7，25，8，26，9，27，10，28，11，29，12，30，13，31，14，32，15，33，16，34，17，35，18，36，19 ♥ 7 ↩ 1
雾切响子__ 2026-02-03 我有一个想法来构造： Sn能被a(n+1)整除等价于S(n+1)能被a(n+1)整除，因为a(n+1)能被自身整除，显而易见19是这个数列的平均值，也就是S(37)=19×37，视频中已经证明若数列存在，则a(37)=19，那么S(36)=19×36， 令a(36)=36，则S(35)=18×36， 令a(35)=18，则S(34)=18×35， 令a(34)=35，则S(33)=17×35， 令a(33)=17，则S(32)=17×34， …… 令a(4)=20，则S(3)=2×20， 令a(3)=2，则S(2)=2×19， a(1)=37，a(2)=1，每一个数仅用一次且每一项符合题意，得到的数列为a(1)=37，a(2)=1，此后的奇数项数列为1到2到19，偶数项数列为20到36。 ♥ 5
CaptchaRequired 2026-01-29 有如下构造： 若n为奇数，a1=n，则构造a2=1，对于任意i∈【2,(n-1)/2】，有a(2i-1)=i，a(2i)=i+(n-1)/2，最后a_n=(n+1)/2 若n为偶数，a1=n，则对于任意i∈【2,n/2-1】，有a(2i-2)=i，a(2i-1)=i+(n-1)/2，最后a_n=1 （证明暴力累加就可以了，不难验证） 拿题目里的n=37举例： a = {37, 1, 2, 20, 3, 21, 4, 22, 5, 23, 6, 24, 7, 25, 8, 26, 9, 27, 10, 28, 11, 29, 12, 30, 13, 31, 14, 32, 15, 33, 16, 34, 17, 35, 18, 36, 19} 唯一性不会证，但我感觉构造不唯一[doge] ♥ 4 ↩ 10
神奇的变阻器 2026-01-20 37.1.2.20.3.21.4.22.5.23.6.24.7.25.8.26.9.27.10.28.11.29.12.30.13.31.14.32.15.33.16.34.17.35.18.36.19 ♥ 3
Ee丶酌流年 2026-01-20 汕头金中考生，写到那注意到37.1.19然后后面可以全是19然后就写19了 后面写完还剩10分钟重新看了一下发现前面36项把19除去的和刚好就是19的倍数[doge][呲牙] ♥ 3 ↩ 2
Comments
注意到37,1,2,4,11,5,3,7,10,8,22,6,12,34,27,9,18,28,13,14,30,15,32,23,36,16,24,31,33,26,20,17,35,29,25,21,19满足题意 故最后一项是19[doge]
♥ 229 ↩ 34
要证明构造的唯一性可能就变成竞赛题了
♥ 150 ↩ 8
说句题外话，说起数论，让我想起了某年高考填空有一道题，查了一下是20年海南卷填空T15，之前想过把这题推广到求若干个等差数列的公共项形成的新等差数列，但当时还没有充足的知识储备，直到学了初等数论之后才发现，这题的出题背景是中国剩余定理[doge_金箍]话说有些卷一点的小学也已经学了这个定理了。另外，大家熟悉的找规律题的拉格朗日插值法其实就是多项式版本的中国剩余定理[doge_金箍]
♥ 64 ↩ 10
用C++跑了一下，直接用dfs暴搜，满足条件的构造太多了，跑了十几万种情况我就停了[笑哭]
♥ 63 ↩ 6
这个数列存在，但是唯一性不确定。 证明存在其实就是列举出来一种符合条件的情况即可。 根据题目已知条件依次可知a1=37，a2=1，S37=19*37，a37=19，a3=2，S3=40，S36=19*36。 这里对于a4来说，要从40的因数来找，可以选择的数字有4、5、8、10、20，不太方便枚举，不妨从S36入手，不难发现S36与S37都是拥有着两个整数相乘的形式，且其中一个乘数相差1，由于a37使用了19，那么不妨设a36=36，这样S35=18*36，继续令a35=18，由后至前以此类推，两个乘数交替减少1且不会有数字重复。 由于上述形式本质上属于因式分解，必定能被整除，可以一直倒推到数列中的某一项（这个某一项也是在上述假设条件下可以确定是第几项的，懒得倒着算了具体是a几了）为5，这时如果继续保持上述假设方式，其前两项分别依次是22和4，但是4是a4可选范围的最小数字，可能会出现错误。 那么不妨假设上述假设过程就到5，剩余未定位的数字还有3、4、20、21、22，此时对于a4来说只能选4或20，如果a4=4，a5只能为22，a6只能为3，S6=69，剩余未定位的数字已经无法满足数列成立。那么只能令a4=20，此时S4=60，a5=3，a6=21，a7=4，a8=22，a9=5，与前面由后至前所假设的情况正好相呼应，且这时候会发现所假设的满足条件的整个数列从第4项开始，奇数项和偶数项分别每次相比于上一个奇数项或偶数项各自分别都增加1，也是十分甚至九分的神奇。
♥ 30 ↩ 6
S36被a37整除，那就是S37能被a37整除，S37等于38×37除以2，也就是19×37，a1得37，a37就剩个19，得证
♥ 21 ↩ 4
牢车感觉这张卷怎么样？[笑哭]
♥ 9 ↩ 4
没做过这种题，不过总归是要先试着求Sn,然后发现S36=S37-a37=(1+37)*37/2-a37=19*37-a37，要符合题意，19*37/a37必须得是整数，而19和37又都是质数，a1=37，那就只有19这个唯一解了。
♥ 7 ↩ 4
另一个构造：37，1，2，20，3，21，4，22，5，23，6，24，7，25，8，26，9，27，10，28，11，29，12，30，13，31，14，32，15，33，16，34，17，35，18，36，19
♥ 7 ↩ 1
小学倍数题。前36项和能被36整除。而1+2+3+…+37=（1+37）×37/2=19×37=19×36+19，所以a37=19
♥ 6
由整除的性质知，S37必定被a37整除，而无论前面怎样排列，S37始终为19*37，已知a1=37，故a37=19
♥ 5 ↩ 1
开饭
♥ 5
我有一个想法来构造： Sn能被a(n+1)整除等价于S(n+1)能被a(n+1)整除，因为a(n+1)能被自身整除，显而易见19是这个数列的平均值，也就是S(37)=19×37，视频中已经证明若数列存在，则a(37)=19，那么S(36)=19×36， 令a(36)=36，则S(35)=18×36， 令a(35)=18，则S(34)=18×35， 令a(34)=35，则S(33)=17×35， 令a(33)=17，则S(32)=17×34， …… 令a(4)=20，则S(3)=2×20， 令a(3)=2，则S(2)=2×19， a(1)=37，a(2)=1，每一个数仅用一次且每一项符合题意，得到的数列为a(1)=37，a(2)=1，此后的奇数项数列为1到2到19，偶数项数列为20到36。
♥ 5
S36=ka37，S37=（k+1）a37=37*19，剩下19和1，而a2必须是1，所以只有19 这只是个做题过程，甚至这个数列的存在性都没有证明
♥ 4
有如下构造： 若n为奇数，a1=n，则构造a2=1，对于任意i∈【2,(n-1)/2】，有a(2i-1)=i，a(2i)=i+(n-1)/2，最后a_n=(n+1)/2 若n为偶数，a1=n，则对于任意i∈【2,n/2-1】，有a(2i-2)=i，a(2i-1)=i+(n-1)/2，最后a_n=1 （证明暴力累加就可以了，不难验证） 拿题目里的n=37举例： a = {37, 1, 2, 20, 3, 21, 4, 22, 5, 23, 6, 24, 7, 25, 8, 26, 9, 27, 10, 28, 11, 29, 12, 30, 13, 31, 14, 32, 15, 33, 16, 34, 17, 35, 18, 36, 19} 唯一性不会证，但我感觉构造不唯一[doge]
♥ 4 ↩ 10
走出考场那一瞬间才反应过来，可惜已经没机会了，我没给这道题多少时间，简单蒙了一个就往后写了[笑哭]
♥ 4 ↩ 8
37.1.2.20.3.21.4.22.5.23.6.24.7.25.8.26.9.27.10.28.11.29.12.30.13.31.14.32.15.33.16.34.17.35.18.36.19
♥ 3
汕头金中考生，写到那注意到37.1.19然后后面可以全是19然后就写19了 后面写完还剩10分钟重新看了一下发现前面36项把19除去的和刚好就是19的倍数[doge][呲牙]
♥ 3 ↩ 2
对数学专业而言，科研而不是考试的时候，有限多的可能只需要穷举即可证明数列的唯一性
♥ 3 ↩ 3