16 $\frac{1}{e_{1}}=\frac{1}{2},\frac{1}{e_{1}}+\frac{1}{e_{2}}=\frac{5}{6},\frac{1}{e_{1}}+\frac{1}{e_{2}}+\frac{1}{e_{3}}=\frac{41}{42}$，由此猜測$\sum_{i=1}^{k}\frac{1}{e_{i}}=\frac{e_{k+1}-2}{e_{k+1}-1}$

假設前$n$項都成立，即$\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{e_{i}}=\frac{e_{n+1}-2}{e_{n+1}-1}$

那麼$\sum_{i=1}^{n+1}\frac{1}{e_{i}}=\frac{e_{n+1}-2}{e_{n+1}-1}+\frac{1}{e_{n+1}}=\frac{(e_{n+1}-1)e_{n+1}-1}{(e_{n+1}-1)e_{n+1}}=\frac{e_{n+2}-2}{e_{n+2}-1}$

17 $Gcd(f_{m},f_{n})=Gcd(f_{m},(f_{n})mod(f_{m}))=Gcd(f_{m},2)=1$

18 如果$n=rm$且$r$為奇數，那麼有$2^{n}+1=(2^{m}+1)(2^{n-m}-2^{n-2m}+2^{n-3m}-...+1)$，比如$2^{12}+1=(2^{4}+1)(2^{8}-2^{4}+1)$

19 $\left \lfloor \frac{\varphi (k+1)}{k} \right \rfloor=1$當且僅當$k+1$為素數。所以第一個式子表示$[2,n]$中素數的個數，即$\pi (n)$

第二個式子$\sum_{1\leq k<m}\left \lfloor \frac{\frac{m}{k}}{\left \lceil \frac{m}{k} \right \rceil} \right \rfloor$當且僅當$m$為素數時等於1,否則大於1。所以也表示$\pi (n)$

$((k-1)!+1)mod(k)=0$當且僅當$k$為素數。所以也表示$\pi (n)$

20 $p_{1}=2$。令$p_{n}$是滿足大於$2^{p_{n-1}}$的最小素數，那麼有$2^{p_{n-1}}<p_{n}<2^{1+p_{n-1}}$,那麼$b=lim_{n\rightarrow oo}lg^{(n)}p_{n}$

21 由上面的題目20可以得到$p_{n}<10^{n}$.首先$n=1$時滿足，有$2<10$.在$(10^{n},2*10^{n}]$之間一定存在一個素數，所以$p_{n+1}\leq 2*10^{n}<10^{n+1}$

$K=\sum_{k\ge 1}\frac{p_{k}}{10^{k^{2}}}=\frac{2}{10}+\frac{3}{10^{4}}+\frac{5}{10^9}+...$.

22 假設含有$t$個1.$(111..11)_{b} = \frac{b^{t}-1}{b-1}$。如果$t$不是素數，設$t=nm$，那麼$\frac{b^{t}-1}{b-1}=\frac{b^{mn}-1}{b-1}=\frac{b^{m}-1}{b-1}*(b^{nm-m}+b^{nm-2m}+...+1)$

23 $\rho (2k+1)=0,\rho(2k)=\rho(k)+1$.假設盤子的編號為$0,1,2,...,n-1$

那麼$n=3$的操作序列為$[[[0,1,0],2,[0,1,0]],3,[[0,1,0],2,[0,1,0]]]$.可以發現這個遞迴結構滿足上面的式子

24 假設$n=\sum_{k=0}^{m-1}d_{k}p^{k}(0\le d_{k}<p)$

那麼第$k$位對$\varepsilon _{p}(n!)$的貢獻為$d_{k}(1+p+..+p^{k-1})=\frac{d_{k}(p^{k}-1)}{p-1}$,累加所有項可以得到$\varepsilon _{p}(n!)=\frac{n-\nu _{p}(n)}{p-1}$

25 有$m\setminus \setminus n\leftrightarrow m_{p}=0 || m_{p}=n_{p}$，所以a成立  在$n=12,m=18$時b不成立

26 是的，因為$G_{n}$是Stern-Brocot的一個子樹。因為如果一個Stern-Brocot的結點屬於$G_{n}$，那麼這個結點的兩個父節點也屬於$G_{n}$,並且他們是小於和大於這個結點的結點中與這個節點最靠近的。

27 首先如果兩個字串一樣長，那麼只需要按照字串比較大小即可。否則，可以在較短的一個串後面補字元M直到長度相等然後按照字串大小比較即可。補M是因為一個結點左孩子都小於當前結點，右孩子都大於當前結點，而M正好滿足$L<M<R$

28 $\frac{1}{0},\frac{1}{1}$

$R^{3}:\frac{2}{1},\frac{3}{1},\frac{4}{1}$ ，每次加上$\frac{1}{0}$

$L^{7}:\frac{7}{2},\frac{10}{3},\frac{13}{4},\frac{16}{5},\frac{19}{6},\frac{22}{7},\frac{25}{8}$,每次加上$\frac{3}{1}$

就這樣，下一行的分子分母的公差為上一行倒數第二個數字的分子分母

29 對於$[0,1)$中的數字$x$來說，$1-x$的二進位制就是$x$的二進位制表示中將01交換，因為$1=\sum_{k>0}\frac{1}{2^{k}}$.那麼對於$(0,\infty )$$中的數字\alpha$來說，交換$LR$就是$\frac{1}{\alpha}$。因為Stern-Brocot中對稱的數字恰好是互為倒數。

30 $[A,A+m)$中的數字$x$模$m$各不相同，所以$r$元組$((x)(mod)(m_{1}),(x)(mod)(m_{2}),..,(x)(mod)(m_{r}))$各不相同。所以總有一個元組是$((a_{1})(mod)(m_{1}),(a_{2})(mod)(m_{2}),..,(a_{r})(mod)(m_{r}))$