给定整数 $a\geqslant 2$．证明：对任意正整数 $n$，存在正整数 $k$，使得连续 $n$ 个数 $a^k+1,a^k+2,\cdots,a^k+n$ 均是合数．
【难度】
【出处】
2018年全国高中数学联赛（B卷加试试题）
【标注】
【答案】
略
【解析】
设 $i_1<i_2<\cdots<i_r$ 是 $1,2,\cdots,n$ 中与 $a$ 互素的全体整数，则对 $1\leqslant i\leqslant n,i\not\in\{i_1,i_2,\cdots,i_r\}$，无论正整数 $k$ 如何取值，$a^k+i$ 均与 $a$ 不互素且大于 $a$，故 $a^k+i$ 为合数．
对任意 $j=1,2,\cdots,r$，因 $a+i_j>1$，故 $a+i_j$ 有素因子 $p_j$．
我们有 $(p_j,a)=1$（否则，因 $p_j$ 是素数，故 $p_j|a$，但 $p_j|a+i_j$，从而 $p_j|i_j$，故 $a,i_j$ 不互素，与 $i_j$ 的取法矛盾）．因此，由费马小定理知，$a^{p_j-1}\equiv 1\pmod{p_j}$．现取 $k=(p_1-1)(p_2-1)\cdots(p_r-1)+1$．对任意 $j=1,2,\cdots,r$，注意到 $k\equiv 1\pmod{p_j}-1$，故有 $a^k+i_j\equiv a+i_j\equiv 0\pmod{p_j}$．又 $a^k+i_j>a+i_j\geqslant p_j$，故 $a^k+i_j$ 为合数．
综上所述，当 $k=\left({{p}_{1}}-1 \right)\left( {{p}_{2}}-1 \right)\cdots \left( {{p}_{r}}-1\right)+1$ 时，${{a}^{k}}+1,{{a}^{k}}+2,\cdots,{{a}^{k}}+n$ 均是合数．
对任意 $j=1,2,\cdots,r$，因 $a+i_j>1$，故 $a+i_j$ 有素因子 $p_j$．
我们有 $(p_j,a)=1$（否则，因 $p_j$ 是素数，故 $p_j|a$，但 $p_j|a+i_j$，从而 $p_j|i_j$，故 $a,i_j$ 不互素，与 $i_j$ 的取法矛盾）．因此，由费马小定理知，$a^{p_j-1}\equiv 1\pmod{p_j}$．现取 $k=(p_1-1)(p_2-1)\cdots(p_r-1)+1$．对任意 $j=1,2,\cdots,r$，注意到 $k\equiv 1\pmod{p_j}-1$，故有 $a^k+i_j\equiv a+i_j\equiv 0\pmod{p_j}$．又 $a^k+i_j>a+i_j\geqslant p_j$，故 $a^k+i_j$ 为合数．
综上所述，当 $k=\left({{p}_{1}}-1 \right)\left( {{p}_{2}}-1 \right)\cdots \left( {{p}_{r}}-1\right)+1$ 时，${{a}^{k}}+1,{{a}^{k}}+2,\cdots,{{a}^{k}}+n$ 均是合数．
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