整除

70 ． 将集合 $A$ 划分为 $A_{1}=\{1,4,7\}, A_{2}=\{2,5,8\}, A_{3}=\{3,6\}$ ，于是使得 $S(A)$ 能够被 3 整除的非空集合 $A$ 的个数为 $$ \left[\left(C_{3}^{0}+C_{3}^{3}\right)^{2}+\left(C_{3}^{1}\right)^{2}+\left(C_{3}^{2}\right)^{2}\right] \cdot 2^{2}-1=87 . $$ 接下来考虑 $S(A)$ 能被 15 整除的非空集合 $A$ 的个数，此时 $S(A)=15$ 或者 30 ． （1）当 $S(A)=15$ 时，此时按最大的元素分别为 $8,7,6,5$ 进行分类，分别有 $5,4,3,1$ 个，共有 13 个； （2）当 $S(A)=30$ 时，此时只需要考虑 $S(A)=6$ 的情形，共有 4 个． 综上所述，符合条件的非空集合 $A$ 的个数为 $87-13-4=70$ ．

20 ． 分解质因数得 $200=2^{3} \times 5^{2}$ ．又因为 $a+b+c=27$ ，综合可知 $c<25$ ．故 $c$ 取比 25 小的 20 ，此时 $b=5, a=2$ 恰为所求。

设 $a_{1}$ 表示函数中 2 第一次出现的位数（从左至右数），$a_{2}$ 表示上面的 2 后面出现的第一个 9 的位数，$a_{3}$ 表示上面的 9 后面出现的第一个 8 的位数，$a_{4}$ 表示上面的 8 后面出现的第一个 7 的位数．则这样的一个覆盖数为（当 $n \geqslant 4$ 时） $8^{a_{1}{ }^{-1}} \cdot 8^{a_{2}{ }^{-a_{1}-1}} \cdot 8^{a_{3}{ }^{-} a_{2}-1} \cdot 8^{a_{4}-a_{3}-1} \cdot 9^{n-a_{4}}$ ，于是所有的 $n$ 位覆盖数（非零数码）为 $\sum_{1 \leqslant a_{1}<a_{2}<a_{3}<a_{4} \leqslant n} 8^{a_{1}-1} \cdot 8^{a_{2}-a_{1}-1} \cdot 8^{a_{3}-a_{2}-1} \cdot 8^{a_{4}-a_{3}-1} \cdot 9^{n-a_{4}}$ ． 在上述求和符号中，仅当 $a_{1}-1=0=a_{2}-a_{1}-1=a_{3}-a_{2}-1=a_{4}-a_{3}-1$ ，即 $a_{1}=1$ ， $a_{2}=2, a_{3}=3, a_{4}=4, a_{5}=5$ 时， $8^{a_{1}-1} \cdot 8^{a_{2}-a_{1}-1} \cdot 8^{a_{3}-a_{2}-1} \cdot 8^{a_{4}-a_{3}-1} \equiv 1(\bmod 8)$ 。其他情况总可被 8 整除， $9^{n-a_{4}} \equiv 1(\bmod 8)$ ，故 $$ \sum_{1 \leqslant a_{1}<a_{2}<a_{3}<a_{4} \leqslant n} 8^{a_{1}-1} \cdot 8^{a_{2}-a_{1}-1} \cdot 8^{a_{3}-a_{2}-1} \cdot 8^{a_{4}-a_{3}-1} \cdot 9^{n-a_{4}} \equiv 1(\bmod 8), $$ 即 $k(n) \equiv 1(\bmod 8)(n \geqslant 4)$ ． 当 $n<4$ 时，$k(n)=0 \equiv 0(\bmod 8)$ ． \title{

51 ． 利用抽屉原理和 2 的幂及奇数特征进行分类即可求得．

（1）首先易由（2）得 $1 \in A$ ．取 $a \in A, b \in A, 1<a<b$ ，若 $a, b$ 中至少有一个偶数，则 $2 \in A$ ；若 $a, b$ 均为奇数，则 $1+a b \in A$ ，且其为偶数，所以 $2 \in A$ ．由条件（1）可知，存在 $a \in A$且 $a>2$ ，则 $1+2 a \in A$ ，从而 $1+2(1+2 a)=(3+4 a) \in A$ 。所以 $1+(1+2 a)(3+4 a)=4+ 10 a+8 a^{2} \in A$ ．若 $a$ 为偶数，则 $4 \mid 4+10 a+8 a^{2}$ ；若 $a$ 为奇数，令 $b=4+10 a+8 a^{2}$ ，则 $b$ 是大于 2 的偶数，重复以上过程可得 $4 \mid\left(4+10 b+8 b^{2}\right)$ ，故 $4 \in A$ ．由于 $1+2 \times 4=9 \in A$ ，故 3 $\in A$ ．又 $1+2 \times 3=7 \in A, 1+2 \times 7=15 \in A$ ，故 $5 \in A$ ． 综上所述， $1,2,3,4,5 \in A$ ． （2）由于 $1,2,3,4,5 \in A$ ，故由数学归纳法，假设 $1,2,3, \cdots, n \in A, n \geqslant 5$ ．如果 $n+1= 2 k+1$ 是奇数，则 $n+1=2 k+1 \in A$ ；如果 $n+1=2 k$ 是偶数，则 $2 k+1 \in A, 1+ (2 k-1)(2 k+1)=4 k^{2} \in A$ ，故 $2 k \in A$ ，由此可得 $A=\mathbf{N}_{+}$．故 $2020 \in A$ ．

$-1 ;-2 ;-3 ; 6$ ． 利用数论的基础知识，可得 $$ \left(x^{2}+a x+b\right)\left(x^{2}+b x+c\right)=(x+1)\left[x^{3}+(c-1) x^{2}+(b+3) x+d\right] . $$ 再利用待定系数法即可。

7. 注意到 $p_{2} \mid p_{1}$ ，则有 $p_{2}$ 中不含 7 ，则可知 7 只能在 $p_{1}$ 中，且 7 为质数，故 $\displaystyle \frac{p_{1}}{p_{2}} \geqslant 7$ 。再把其余元素进行分类即得。

由题意可得 $1 \notin T$ ，由于 $T$ 中任意两数的公倍数一定不在 $S$ 中，故可对 $S$ 中的元素分拆如下：$\displaystyle A_{i}=\left\{k_{i} a_{i} \mid k_{i} \in \mathrm{~N}_{+}\right\}, k_{i} \leqslant\left[\frac{m}{a_{i}}\right] ; A_{i} \cap A_{j}=\varnothing$ ，即 $A_{i}$ 由 $S$ 中所有 $a_{i}$ 的倍数构成，且两个不同的集合无交． 显然，$\displaystyle \left|A_{i}\right|=\left[\frac{m}{a_{i}}\right]$ ，由高斯函数的运算性质：$\displaystyle \left[\frac{m}{a_{i}}\right] \leqslant \frac{m}{a_{i}}<\left[\frac{m}{a_{i}}\right]+1$ ，且 $\bigcup_{i=1}^{n} A_{i} \subseteq S \Rightarrow \sum_{i=1}^{n}\left|A_{i}\right| \leqslant m$ ，可得 $$ \sum_{i=1}^{n} \frac{m}{a_{i}}<\sum_{i=1}^{n}\left(\left[\frac{m}{a_{i}}\right]+1\right)=\sum_{i=1}^{n}\left[\frac{m}{a_{i}}\right]+n<m+n $$ 即 $$ \sum_{i=1}^{n} \frac{m}{a_{i}}<m+n \Rightarrow \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{a_{i}}<\frac{m+n}{m} . $$ 命题得证．

由数论基础可得 $[x, y](x, y)=x y$ ，其中 $(x, y)$ 表示两数的最大公约数，故原式可化为 $$ \begin{aligned} {[m, n]+[m+1, n+1] } & =\frac{m n}{(m, n)}+\frac{(m+1)(n+1)}{(m+1, n+1)} \\ & =\frac{m n}{(m-n, n)}+\frac{(m+1)(n+1)}{(m-n, n+1)} \\ & >\frac{m n}{(m-n, n)}+\frac{m n}{(m-n, n+1)} \end{aligned} $$ 由 $(n, n+1)=1$ 得 $(m-n, n)=d_{1}$ 与 $(m-n, n+1)=d_{2}$ 互质，且满足 $d_{1} \mid m-n$ ， $d_{2}\left|m-n \Rightarrow d_{1} d_{2}\right| m-n$ ，则 $d_{1} d_{2} \leqslant m-n$ ，故由原式可得 $\displaystyle [m, n]+[m+1, n+1]> \frac{m n}{(m-n, n)}+\frac{m n}{(m-n, n+1)}=m n\left(\frac{1}{d_{1}}+\frac{1}{d_{2}}\right) \geqslant 2 m n \cdot \frac{1}{\sqrt{d_{1} d_{2}}} \geqslant \frac{2 m n}{\sqrt{m-n}}$ ．命题成立．

B． 情形 1 当 $n=3 k\left(k \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 时，则 $$ 2^{n}-1=8^{k}-1=(7+1)^{k}-1=\mathrm{C}_{k}^{k} 7^{k}+\mathrm{C}_{k}^{k-1} 7^{k-1}+\cdots+\mathrm{C}_{k}^{1} 7, $$ 此时 $7 \mid 2^{n}-1$ ，故选项 B 正确． 情形 2 当 $n=3 k-1\left(k \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 时，则 $$ 2^{n}-1=\frac{8^{k}}{2}-1=\frac{(7+1)^{k}}{2}-1=\frac{1}{2}\left(\mathrm{C}_{k}^{k} 7^{k}+\mathrm{C}_{k}^{k-1} 7^{k-1}+\cdots+\mathrm{C}_{k}^{1} 7-1\right), $$ 此时 $7 \mid 2^{n}-1$ 不成立． 情形 3 当 $n=3 k-2\left(k \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 时，则 $$ 2^{n}-1=\frac{8^{k}}{4}-1=\frac{(7+1)^{k}}{4}-1=\frac{1}{4}\left(C_{k}^{k} 7^{k}+C_{k}^{k-1} 7^{k-1}+\cdots+C_{k}^{1} 7\right)-\frac{3}{4}, $$ 此时 $7 \mid 2^{n}-1$ 不成立，故选项 A 错误。 同理，可得选项 C，D 错误。 综上所述，选 B。

D． 依次代人 A，B，C 选项， $4725 k$ 均不是完全平方数．

675 ． 考虑集合 $A=\{3,6,9, \cdots, 2019\}, B=\{1,4,7, \cdots, 2020\}, C=\{2,5,8, \cdots, 2018\} . A$ 中有 673 个元素，$B$ 中有 674 个元素，$C$ 中有 673 个元素．$A$ 中至多选一个元素与集合 $B$ 构成一个新的集合满足条件，所以 $M$ 中最多含有 675 个元素．

C． 将 $1,2, \cdots, 2020$ 分成 $(1,2,3),(4,5,6), \cdots,(2017,2018,2019),(2020)$ 这 674 组，如果所取个数大于或等于 675 ，则由抽屉原理知必然有两个数属于同一组．不妨设为 $a>b$ ，则 $a-b=1$ 或 2 ．当 $a-b=1$ 时，此时 $a-b$ 整除 $a+b$ ，不符合要求．当 $a-b=2$ 时，此时 $a$ 与 $b$ 同奇偶，所以 $a+b$ 为偶数，从而 $a-b$ 也能整除 $a+b$ ，也不符合要求。另一方面，考查 $1,4,7, \cdots, 2020$ 这 674 个数中的任两数 $a>b$ ，则 $a+b=3 k+2\left(k \in \mathbf{N}^{*}\right)$ ，而 $a-b=3 l \left(l \in \mathbf{N}^{*}\right)$ ，所以 $a-b$ 不整除 $a+b$ ，从而可知最多能取 674 个数，满足要求。

D． 因为 $\displaystyle \frac{3 n+1}{5}=2+\frac{3(n-3)}{5}$ ，所以这 $n$ 个数中只有第 $3,8,13$ ， \begin{figure} $18, \cdots$ 个数是 5 的倍数，它们是 $5 \times 2,5 \times 5,5 \times 8,5 \times 11, \cdots$ ，每 5 个恰有一个是 25 的倍数，每 25 个恰有一个是 125 的倍数， $5 \times 77=3 n+1 \Leftrightarrow n=128$ ．