有3个质数（1不是质数）.现在选一个2的指数（1,2,4,8之类的）假定这个数为x 在第1个数上加上x,第2个数上加上x^2,第3个数上加上x^3.然后再选一个数y（同样是2的指数.） 同样的在加完第1轮以后

有3个质数（1不是质数）.现在选一个2的指数（1,2,4,8之类的）假定这个数为x 在第1个数上加上x,第2个数上加上x^2,第3个数上加上x^3.然后再选一个数y（同样是2的指数.） 同样的在加完第1轮以后
有3个质数（1不是质数）.
现在选一个2的指数（1,2,4,8之类的）假定这个数为x 在第1个数上加上x,第2个数上加上x^2,第3个数上加上x^3.然后再选一个数y（同样是2的指数.） 同样的在加完第1轮以后的数上分别加上,y,y^2,y^3.有一个规则是每次加完剩下的3个数必须还是质数.现在就这样一直进行N轮直到找不到一个2的指数能在运算完毕后3个数还是质数.求n的最大值.（假设原来的3个质数通过筛选是可以让这种运算次数达到最大值N).
另一道,一个9*9的方块,有81个均匀小方块,假设把其中的46块涂上颜色,证明一定有一个2*2的方块带有至少3个有颜色的小方块.

有3个质数（1不是质数）.现在选一个2的指数（1,2,4,8之类的）假定这个数为x 在第1个数上加上x,第2个数上加上x^2,第3个数上加上x^3.然后再选一个数y（同样是2的指数.） 同样的在加完第1轮以后
1.设原来的3个质数分别为a、b、c
由于x^2、y^2模3均同余1,故b,b+x^2,b+x^2+y^2模3余数各不相同
若b≥4,由于b是质数,所以b模3同余1或者2,则b+x^2、b+x^2+y^2中必有一个为3的倍数且大于3,即此数为合数,所以此时N＜2,即最多加1轮
若b=3,则b+x^2+y^2+z^2为3的倍数且大于3,为合数,所以此时N＜3,即最多加2轮
若b=2,则b+x^2+y^2+z^2+w^2为3的倍数且大于3,为合数,所以此时N＜4,即最多加3轮
N=3是可行的,取a=b=c=2,x=1,y=z=2,可检验每一轮加后3个数仍为质数
故N的最大值为3
2.用数学归纳法证明下列与原结论等价的命题,在(2n-1)*(2n-1)的方块中,如果任意一个2*2的方块至多带有2个有颜色的小方块,则至多只能有n*(2n-1)块小方块涂上颜色.
当n=1时,由于只有一个方块,故最多只能有1个小方块涂上颜色,即n=1时成立.
假设n=k时结论成立,考虑n=k＋1的情况.在(2k＋1)*(2k＋1)的方块左上角划一个(2k－1)*(2k－1)的方块,由归纳假设此(2k－1)*(2k－1)的方块中最多有k*(2k-1)块小方块涂上颜色.
在剩余的方块中,将最后两行从左至右依次划出k个2*2的方块,这些2*2的方块互无重合(最后还剩一个2*1的方块)；将最后两列从上到下依次划出k个2*2的方块,这些2*2的方块互无重合（最后还剩一个1*2的方块）.
于是剩余的方块可以被这2k个2*2的方块和右下角的1个小方块所覆盖,每个2*2的方块至多有2个涂有颜色的小方块,于是剩余的方块中最多有4k＋1个块小方块涂上颜色.
所以(2k＋1)*(2k＋1)的方块中至多有k*(2k-1)＋4k＋1=(k＋1)*(2k＋1)块小方块涂上颜色,而有(k＋1)*(2k＋1)块小方块涂上颜色是可以保证的,将(2k＋1)*(2k＋1)的方块中的奇数行的方块全部涂上颜色,则正好有(k＋1)*(2k＋1)块小方块涂上颜色.
故n=k＋1时结论成立.即题目结论成立

取三个质数：2,2,2。第一轮加的数为1，
第二轮为2，第三轮为2，这样可使N=3
下证N≤3
若N>3不妨设这三个质数为a,b,c
事实上无论取2的多少次幂作为加数（设此加数为t），
必有t≡1或2(mod 3),因此t^2≡1(mod 3)
设前三轮加数分别为p,q,r
若b≡1(mod 3),则第二轮后：b+p^2+q^2≡0(mod ...

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取三个质数：2,2,2。第一轮加的数为1，
第二轮为2，第三轮为2，这样可使N=3
下证N≤3
若N>3不妨设这三个质数为a,b,c
事实上无论取2的多少次幂作为加数（设此加数为t），
必有t≡1或2(mod 3),因此t^2≡1(mod 3)
设前三轮加数分别为p,q,r
若b≡1(mod 3),则第二轮后：b+p^2+q^2≡0(mod 3),矛盾
若b≡2(mod 3),则第一轮后：b+p^2≡0(mod 3),只能b=2时，N=3
若b=3，则第三轮后b+p^2+q^2+r^2≡0(mod 3),矛盾
综上，N最大为3
第二题没时间做了。明天继续。

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