Find all sequences $(a_n)_{n\geq 1}$ of positive integers such that for all integers $n\geq 3$ we have
\[\dfrac{1}{a_1 a_3} + \dfrac{1}{a_2a_4} + \cdots + \dfrac{1}{a_{n-2}a_n}= 1 – \dfrac{1}{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n-1}^2}.\]
求所有的正整数列$(a_n)_{n\geq 1}$,满足对一切正整数$n\geq 3$都有\[\dfrac{1}{a_1 a_3} + \dfrac{1}{a_2a_4} + \cdots + \dfrac{1}{a_{n-2}a_n}= 1 – \dfrac{1}{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n-1}^2}.\]

考虑$n=3$,可得\[    \frac{1}{a_1 a_3}=1-\frac{1}{a_1^2+a_2^2},a_1 a_3=\frac{a_1^2+a_2^2}{a_1^2+a_2^2-1}\]
所以必须有$a_1^2+a_2^2-1=1,a_1=a_2=1,a_3=2$
考虑\begin{gather}    \dfrac{1}{a_1 a_3} + \dfrac{1}{a_2a_4} + \cdots + \dfrac{1}{a_{n-2}a_n}    = 1 – \dfrac{1}{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n-1}^2}\\    \dfrac{1}{a_1 a_3} + \dfrac{1}{a_2a_4} + \cdots + \dfrac{1}{a_{n-1}a_{n+1}}    = 1 – \dfrac{1}{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n-1}^2+a_n^2}\\    \frac{1}{a_{n-1}a_{n+1}}=\dfrac{1}{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n-1}^2}    -\dfrac{1}{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n-1}^2+a_n^2}\\    (a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n-1}^2)(a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n}^2)=a_{n-1} a_n^2 a_{n+1}\\    \frac{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n-1}^2}{a_{n-1} a_n}     \frac{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n}^2}{a_{n} a_{n+1}}=1 \end{gather}
记$b_n=\frac{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n}^2}{a_{n} a_{n+1}},b_{n-1}b_n=1,n \ge 3$
结合$b_1=b_2=1$,可得对一切$n \in \mN$都有$b_n=1$\begin{gather}a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n}^2=a_{n} a_{n+1}\\a_1^2+a_2^2+\cdots +a_{n+1}^2=a_{n+1} a_{n+2}\\a_{n+1}^2=a_{n+1} a_{n+2}-a_{n} a_{n+1}\\a_{n+2}=a_{n+1}+a_n\end{gather}
所以$\{a_n\}$是斐波那契数列,通项为\[    a_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\left((\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n\right)\]

对于每个正整数 $k, a_k$ 是最 大的且不能被 3 整除的 $k$ 的约数. 定义数列 $\left\{S_n\right\}$ 为 $S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n$ (例如, $S_6=1+2+$ $1+4+5+2)$. 证明: $S_n$ 被 3 整除当且仅当 $n$ 的三进制表示中, 1 的个数可以被 3 整除.

    参考答案的做法比较复杂,我们这里用递推的方式书写.
    首先,如果做本题之前做过另外一个小题,对本题会有所帮助:
    设$a_n$是$n$的最大奇因子,求$S_{2^n}$.
    核心想法是考虑到$a_{2n}=a_n,a_{2n-1}=2n-1$,故    \begin{gather}        S_{2^n}=a_1+a_2+\dots+a_{2^n}\\        =(a_1+a_3+\dots+a_{2^n-1})+(a_2+a_4+\dots+a_{2^n})\\        =(1+3+\dots+(2^n-1))+(a_1+a_2+\dots+a_{2^{n-1}})\\        =(1+3+\dots+(2^n-1))+S_{2^{n-1}}    \end{gather}    再由这个递推式求出$S_{2^n}$
    本题的定义和上题非常类似,我们可以得到    \[        a_{3m+1}=3m+1,a_{3m+2}=3m+2,a_{3m}=a_m,\forall m \in \mn        \]
    于是    \begin{align}        S_{3m}&=a_1+a_2+\dots+a_{3m}\\        &=1+2+4+5+\dots+(3m-2)+(3m-1)+(a_3+a_6+a_9+\dots+a_{3m})\\        &=3+9+\dots+(6m-3)+S_m \\        &\equiv S_m \pmod 3    \end{align}
    这样就得到了$S_{3m}$和$S_m$的关系式.而题目中描述的三进制表达式也就自然而然出现了:    \[        S_{3m+1}\equiv 3m+1+S_{3m} \equiv S_m+1 \pmod 3    \]    \[        S_{3m+2}\equiv (3m+1)+(3m+2)+S_{3m} \equiv S_m \pmod 3    \]
    概括而言,就是引理:        \[        S_{3m+b} \equiv \delta(b)+S_m \pmod 3,b=0,1,2    \]    其中$\delta(1)=1,\delta(0)=\delta(2)=0$
    设$n$的三进制表达为$\sum_{j=0}^k b_j \cdot 3^j,b_j \in \{0,1,2\},\forall j =0,1,2,\dots,k$,且$b_k \ne 0$
    那么我们就有    \[        n=b_0+3(b_1+b_2 \cdot 3+\dots+b_k \cdot 3^{k-1})    \]

    对$k$归纳:    \[        S(\sum_{j=0}^k b_j \cdot 3^j) \equiv \sum_{j=0}^k \delta(b_j) \pmod 3        \]    当$k=0$容易验证成立

    假设对$k-1$成立,则$S(b_1+b_2 \cdot 3+\dots+b_k \cdot 3^{k-1}) \equiv \sum_{j=1}^k \delta(b_j) \pmod 3$
    考虑    \[        \sum_{j=0}^k b_j \cdot 3^j=b_0+3(b_1+b_2 \cdot 3+\dots+b_k \cdot 3^{k-1})    \]
    使用上面的引理可得
    \begin{align}        S(\sum_{j=0}^k b_j \cdot 3^j) &\equiv \delta(b_0)+S(b_1+b_2 \cdot 3+\dots+b_k \cdot 3^{k-1}) \\        &\equiv \delta(b_0)+\sum_{j=1}^k \delta(b_j) \\        &\equiv \sum_{j=0}^k \delta(b_j) \pmod 3    \end{align}
    则对$k+1$也成立

三个不同的数字(不含0)可以组成6个不同的三位数,如果其中五个的和是3231,求最后一个数.

设最后一个数是$\overline{abc}$,那么三个数字就分别是$a,b,c$

它们组成的六个三位数加起来是$222(a+b+c)$,(因为每个数字都可能在每一位上出现两次)
所以题目等价于$222(a+b+c)-\overline{abc}=3231$

那么我们只需要求$a+b+c$就行了,稍微估计一下$3231<222(a+b+c),a+b+c \ge 15$

这里需要一个小知识:十进制下,自然数和它的各位数字之和模9同余
两边模9可得,$222(a+b+c)-(a+b+c) \equiv 3231 \equiv 0 \pmod 9$
即$9 \mid 221(a+b+c),9 \mid (a+b+c)$,结合$15 \le a+b+c <27$可得$a+b+c=18$

所以$\overline{abc}=222 \times 18-3231=765$
经过验证确实满足题意

本题将3231改为别的数也是可解的,只是从直接得到$9 \mid (a+b+c)$变成得到$a+b+c$模9的值,只要估计一下范围还是可以解出$a+b+c$的