求证：对任意给定的正整数 $k$，总存在无穷多个正整数 $n$，使得 $2^{n}+3^{n}-1,2^{n}+3^{n}-2, \cdots, 2^{n}+3^{n}-k$ 均为合数．
【难度】
【出处】
2009年中国西部数学奥林匹克试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
对任意给定的正整数 $k$，取足够大的正整数 $m$，使得 $2^{m}+3^{m}-k>1$．
考察 $2^{m}+3^{m}-1,2^{m}+3^{m}-2, \cdots, 2^{m}+3^{m}-k$ 这个大于 $1$ 的正整数，依次取每个数的一个质因子 $p_{1}, p_{2}, \cdots, p_{k}$ 记 $n_{t}=m+t\left(p_{1}-1\right)\left(p_{2}-1\right) \cdots\left(p_{k}-1\right)$，其中 $t$ 是任意正整数．
下面证明：对任意 $1\leqslant i\leqslant k$，有 $2^{n_{t}} \equiv 2^{m}\left(\bmod p_{i}\right)$．
若 $p_i=2$，上式显然成立；
若 $p_i\ne 2$，则由费马小定理可得 $2^{n_{t}}=2^{m} \cdot 2^{t\left(p_{1}-1\right)\left(p_{2}-1\right) \cdots\left(p_{k}-1\right)} \equiv 2^{m} \cdot 1 \equiv 2^{m}\left(\bmod p_{i}\right)$
同理可知 $3^{n_{t}} \equiv 3^{m}\left(\bmod p_{i}\right)$，那么
$2^{n_{t}}+3^{n_{t}}-i \equiv 2^{m}+3^{m}-i \equiv 0\left(\bmod p_{i}\right)$ 且 $2^{n_{t}}+3^{n_{t}}-i>2^{m}+3^{m}-i$，
所以 $2^{n_t}+3^{n_t}=-i$ 必是合数．
因此 $n_t$ 使得 $2^{n}+3^{n}-1,2^{n}+3^{n}-2, \cdots, 2^{n}+3^{n}-k$ 均为合数，又由 $t$ 的任意性可知这样的正整数有无穷多个．
考察 $2^{m}+3^{m}-1,2^{m}+3^{m}-2, \cdots, 2^{m}+3^{m}-k$ 这个大于 $1$ 的正整数，依次取每个数的一个质因子 $p_{1}, p_{2}, \cdots, p_{k}$ 记 $n_{t}=m+t\left(p_{1}-1\right)\left(p_{2}-1\right) \cdots\left(p_{k}-1\right)$，其中 $t$ 是任意正整数．
下面证明：对任意 $1\leqslant i\leqslant k$，有 $2^{n_{t}} \equiv 2^{m}\left(\bmod p_{i}\right)$．
若 $p_i=2$，上式显然成立；
若 $p_i\ne 2$，则由费马小定理可得 $2^{n_{t}}=2^{m} \cdot 2^{t\left(p_{1}-1\right)\left(p_{2}-1\right) \cdots\left(p_{k}-1\right)} \equiv 2^{m} \cdot 1 \equiv 2^{m}\left(\bmod p_{i}\right)$
同理可知 $3^{n_{t}} \equiv 3^{m}\left(\bmod p_{i}\right)$，那么
$2^{n_{t}}+3^{n_{t}}-i \equiv 2^{m}+3^{m}-i \equiv 0\left(\bmod p_{i}\right)$ 且 $2^{n_{t}}+3^{n_{t}}-i>2^{m}+3^{m}-i$，
所以 $2^{n_t}+3^{n_t}=-i$ 必是合数．
因此 $n_t$ 使得 $2^{n}+3^{n}-1,2^{n}+3^{n}-2, \cdots, 2^{n}+3^{n}-k$ 均为合数，又由 $t$ 的任意性可知这样的正整数有无穷多个．
答案
解析
备注
