第一篇：第一屆中國數學奧林匹克 (1986年)

第一屆中國數學奧林匹克(1986年)

1.已知a1, a2,..., an為實數，如果它們中任意兩數之和非負，那么對于滿足x1+ x2+...+xn=1的任意非負實數x1, x2,..., xn，有不等式

a1x1+ a2x2+...+anxn≧a1x12+ a2x22+...+anxn2成立。請證明上述命題及其逆命題。

2.在三角形ABC中，BC邊上的高AD=12，∠A的平分線AE=13，設BC邊上的中線AF=m，問m在甚么范圍內取值時，∠A分別為銳角，直角、鈍角？

3.設z1, z2,..., zn為復數，滿足| z1|+ | z2 |+...+| zn|=1。求證：上述n個復數中，必存在若干個復數，它們的和的模不小于1/6。

4.已知：四邊形的P1P2P3P4的四個頂點位于三角形ABC的邊上。求證：四個三角形 △P1P2P3、△P1P2P4、△P1P3P4、△P2P3P4中，至少有一個的面積不大于ABC的面積的四分之一。

5.能否把1, 1, 2, 2,..., 1986, 1986這些數排成一行，使得兩個1之間夾著一個數，兩個2之間夾著兩個數，....，兩個1986之間夾著一千九百八十六個數。請證明你的結論。

6.用任意的方式，給平面上的每一點染上黑色或白色。求證：一定存在一個邊長為1或3的正三角形，它的三個頂點是同色的。

第二篇：奧林匹克數學競賽系列

奧林匹克數學競賽系列

2004-8-3 15:18:19

小學部（三～六年級）

小學升初中數學暑期轉變促成班（跨越小學與中學的鴻溝）

――競賽班、精英班、提高班

華羅庚數學暑期考前輔導承諾班（精講思維導引，評析歷年考題, 承諾入學）華羅庚數學暑期考前輔導班（精講思維導引，評析歷年考題）

小學奧林匹克數學輔導班（金牌教練悉心傳授奧數真諦）

華羅庚數學秋季競賽精英班（面對競賽，培養創造思維）

華羅庚數學秋季同步提高班（與華校同步，吃透思維導引）

中學部（初一～初三）

初、高中數學、物理、化學競賽輔導班

初、高中各科聯賽短期賽前特訓班

競賽班（精英班、奧數班、華數班）

華羅庚數學暑期考前輔導承諾班（精講思維導引，評析歷年考題, 承諾入學）華羅庚數學暑期考前輔導班（精講思維導引，評析歷年考題）

小學奧林匹克數學輔導班（金牌教練悉心傳授奧數真諦）

華羅庚數學秋季競賽精英班（面對競賽，培養創造思維）

華羅庚數學秋季同步提高班（與華校同步，吃透思維導引）

第三篇：三年級數學奧林匹克競賽題

三年級數學奧林匹克競賽題

同學們對于數學的學習是否有困難呢?小編在這里為大家總結了部分知識點，希望能夠幫助大家!三年級數學奧林匹克競賽題

一、填空。(共20分，每小題2分)1.一個兩位數，它的數字之和

同學們對于數學的學習是否有困難呢?小編在這里為大家總結了部分知識點，希望能夠幫助大家!

三年級數學奧林匹克競賽題

一、填空。(共20分，每小題2分)

1.一個兩位數，它的數字之和正好是9，而個位數字是十位數字的8倍，這個兩位數是()。

2.一幢七層樓，每層樓梯有16級，小丁從1樓到7樓，共走()級。

3.兩個數的和是91，小玲在抄題時，將其中一個加數個位上的“0”丟掉了，結果算出的和是37，這兩個數分別是()和()。

4.找規律填數。

2，8，5，20，7，28，11，44，()12。

6.沿圖2中所示的方向，從M到N共有()種不同的走法。

7.圖3中有()個正方形。

8.將1～7七個數字，分別填入下面空格內，使等式成立。(每個數字只能用一次)

□×□=□÷□=□ □-□

9.一個長方形牧場的三面用籬笆圍成，第四條邊靠著一面長100米的墻，包括與墻交界處每隔12米有一根木樁，那么一個長60米寬36米的長方形牧場最少需要木樁()根。

10.于老師上班時坐車，回家時步行，在路上一共花90分鐘;往返都坐車，只需30分鐘。如果往返都步行，需要()分鐘。

二、判斷。(對的在括號里畫“√”，錯的畫“×”。共10分，每小題2分)

11.兩個長方形的面積相等，它們的周長也相等。()

12.一個數的11倍加上115，等于這個數的16倍，這個數是32。()

13.在一條長200米的小路一旁植樹101棵，不管怎樣總有兩棵樹的距離不超過2米。()

14.有兩根長都是100厘米的木條，釘成一根長180厘米的木條，中間釘在一起的重疊部分長是20厘米。()

15.一塊豆腐切3刀，最多能切成 6小塊。()

三、選擇。(把正確答案的序號填在括號里。共10分，每小題2分)

16.體育課上同學們站成一排，老師讓他們按1、2、3、4、5循環報數，最后一個報的數是2，這一排同學有()人。

A.26 B.27 C.28

17.500張白紙的厚度為50毫米，那么()張白紙的厚度是 750毫米。

A.250 B.1250 C.7500

19.6個男生的平均體重是40千克，4個女生的平均體重是 30千克，這10個同學的平均體重是()千克。

A.35 B.38 C.36

20.百樂自選商場的一種礦泉水，進貨4瓶5元錢，售出3瓶5元錢，要獲利100元需要售出()瓶。

A.100 B.240 C.260

四、簡算與計算。(21～24題要寫出簡算過程，共25分，每小題5分)

21.609-708 306-108 202-198 497-100

22.14 15 16 ?? 45 46

23.9999 9998 9997 9996

24.99999×26 33333×22

五、解決問題。(共35分，每小題7分)

26.一個奶牛場有25頭奶牛和15頭小牛，每頭奶牛每天吃草12千克，每頭小牛每天吃草6千克。現有草7020千克，可供它們吃多少天?

27.一箱魚片24袋，其中6大袋，每袋9元;余下的是小袋，每小袋5元。如果1大袋相當于2小袋，那么這箱魚片的價格比全按小袋包裝便宜多少元?

28.陳叔叔從家到單位去上班，如果每分鐘走60米，就要遲到2分鐘;如果每分鐘走80米，就可以早到3分鐘。如果騎自行車每分鐘行150米，從家到單位需要多少分鐘?

29.一條大街上原有路燈201盞，相鄰兩盞路燈相距50米;現在換新路燈增加了50盞，相鄰兩盞路燈的距離是多少米?

30.甲、乙兩個油罐，如果每分鐘放油5千克，甲罐52分鐘把油放盡，乙罐36分鐘把油放完。如果從甲罐向乙罐注油，需要過多少分鐘兩罐油相等?

參考答案

一、填空。(共20分，每小題2分)

1.18 2.96 3.60，31 4.3 5.8 6.6

7.23 8.1，2，6，3，4，5，7或者2，3，6，1，4，7，5 9.12 10.150

二、判斷。(共10分，每小題2分)

11.× 12.× 13.√ 14.√ 15.×

三、選擇。(共10分，每小題2分)

16.B 17.C 18.A 19.C 20.B

四、簡算與計算。(共25分，每小題5分)

21.609-708 306-108 202-198 497-100

=600-700 300-100 200-200 500-100 9-8 6-8 2 2-3

=500

22.14 15 16 ?? 45 46

=(14 46)(15 45)??(29 31)30

=30×33

=990

23.9999 9998 9997 9996

=(10000-1)(1000-2)(10000-3)(10000-4)

=40000-(1 2 3 4)

=39990

24.99999×26 33333×22

=33333×(3 ×26 22)

=33333 ×100

=3333300

25.(4×3 2×2)×(4×3 2×2)-4×4×9

=16×16-16× 9

=16×(16-9)

=112(平方厘米)

五、解決問題。(共25分，每小題7分。)

26.7020÷(12×25 6×15)=7020÷390=18(天)答：(略)

27.5×(24 6)-[9×6 5×(24-6)]=150-144=6元)答：(略)或：(5×2-9)×6=1×6=6(元)

28.(60×2 80×3)÷(80-60)=18(分)

(60×18 60×2)÷150= 8(分)

答：(略)

29.50 ×(201-1)÷(201 50-1)=10000÷250=40(米)答：(略)

30.甲罐有油：5×52=260(千克)

乙罐有油：5×36=180(千克)

甲乙兩罐平均有油：(260 180)÷2=220(千克)

甲罐向乙罐注油：260-220=40(千克)

注油所需時間： 40÷5=8(分)

答：(略)

以上就是小編為大家整理的知識點，更多精彩內容請關注學而思網校!三年級數學知識競賽題 同學們對于數學的學習是否有困難呢?小編在這里為大家總結了部分知識點，希望能夠幫助大家!三年級數學知識競賽題一

一、填空題。(每小題5分，共50分)(1)40個梨分給3個班，分給一班20個，其余平均分給二班和三班，二班分到()個。(2.)7 年前，媽媽的年齡是兒子的6倍，兒子今年12歲，媽媽今年()歲。(3.)同學們進行廣播操比賽，全班正好排成相等的6行。小紅排在第二行，從頭...Array三年級數學奧林匹克競賽題 同學們對于數學的學習是否有困難呢?小編在這里為大家總結了部分知識點，希望能夠幫助大家!三年級數學奧林匹克競賽題

一、填空。(共20分，每小題2分)1.一個兩位數，它的數字之和正好是9，而個位數字是十位數字的8倍，這個兩位數是()。2.一幢七層樓，每層樓梯有16級，小丁從1樓到7樓，共走()級。3.兩個數的和是91，小玲在抄題時，將其中一個加數個位上的0丟掉了，結果算...Array三年級數學競賽題目 同學們對于數學的學習是否有困難呢?小編在這里為大家總結了部分知識點，希望能夠幫助大家!三年級數學競賽題目

一、填空。(共20分，每小題2分)1.一個兩位數，它的數字之和正好是9，而個位數字是十位數字的8倍，這個兩位數是()。2.一幢七層樓，每層樓梯有16級，小丁從1樓到7樓，共走()級。3.兩個數的和是91，小玲在抄題時，將其中一個加數個位上的0丟掉了，結果算出的和...Array三年級數學口算競賽題 同學們對于數學的學習是否有困難呢？小編在這里為大家總結了部分知識點，希望能夠幫助大家！三年級數學口算競賽題 102= 72－47= 205= 27＋15= 202= 633= 275= 5103= 409= 2330= 844= 153= 124= 5139= 4815= 999= 755= 2055= 4610= 2420= 872－124= 27＋127= 7005= 350＋70= 5913= 8122= 1782= 3080= 8008= 265＋85= 11035= 9013= 0245= 0245= 0＋245= 2455= 3000－300= 6055= 5050= 3063= 702－199= 4803= 12080= 278= 6215= 8604= 195= 4020= 520－430= 5117= 1561= 87...Array

第四篇：奧林匹克運動與中國 理論

奧林匹克運動與中國 奧林匹克運動會是國際奧林匹克委員會主辦的包含多種體育運動項目的國際性運動會，每四年舉行一次。奧林匹克運動會最早起源于古希臘（公元前776年），因舉辦地在奧林匹亞而得名。19世紀末由法國的顧拜旦男爵創立了真正意義上的現代奧林匹克運動會。從1896年開始奧林匹克運動會每四年舉辦一次（曾在兩次世界大戰中中斷過三次，分別是在公元1916、1940和1944年），會期不超過16天。由于1924年開始設立了冬季奧林匹克運動會，因此奧林匹克運動會習慣上又稱為“夏季奧林匹克運動會”。奧林匹克運動會現在已經成為了和平與友誼的象征。

一、奧林匹克運動的傳入和在中國的傳播途徑 奧林匹克運動是一種現代的西方體育文化，它是在鴉片戰爭（1840年）以后傳入中國。奧林匹克運動在中國的傳播主要通過兩個途徑：①教會組織；②美國人創辦的教會學校（現代西式學堂）。中國開展體育活動最好、最早的大學是圣約翰大學。

二、早期中國與奧林匹克運動

1904年中國的報刊曾報道過第三屆奧運會消息。

1906年中國的一家雜志介紹了奧林匹克歷史。

1908年倫敦奧運會后，天津一家報紙再次介紹了奧林匹克運動的歷史，還提出要爭取這一盛會在中國舉行。天津體育界人士用幻燈展示了倫敦奧運會的盛況，著名教育家中國奧委會第一任主席張伯苓先生提出：“什么時候中國能派出一支隊伍參加奧運會？什么時候中

國能在奧運會上奪得一塊金牌？什么時候中國能舉辦一次奧林匹克運動會？”一直到2008年，張伯苓先生的夢想才得以全部實現，所以說舉辦奧運會是中國人的百年夢想。

1910年10月18日至22日，在“爭取早日參加奧運會”和“爭取早日在中國舉辦奧運會”口號的鼓舞下，在南京舉辦了中國歷史上第一次全國運動會--“全國學校區分隊第一次體育同盟會”。

1913年開始舉辦的遠東運動會(最初名為“遠東奧林匹克運動會”)，是奧林匹克運動在亞洲的先驅，中國是發起者之一。在遠東運動會上中國運動員取得了較好的成績，表現了良好的體育道德。

1922年，我國的王正延當選為國際奧委會委員。

1931年，當時的中華全國體育協進會被國際奧委會承認為“中國奧林匹克委員會”。中國正式參加奧運會的歷史由此開始。

1932年，第10屆奧運會在美國洛杉磯舉行。我國本不想派選手參加，僅由全國體育協進會總干事沈嗣良前往觀禮。而日本帝國主義扶持的偽滿，為了騙取世界各國的承認，竟然電告國際奧委會：擬派劉長春、于希渭作為“滿州國”選手參加奧運會。舉國一片嘩然，劉長春也予以拒絕。在強大的輿論壓力下，國民黨政府決定，劉長春、于希渭作為運動員，宋君復為教練員，沈嗣良為領隊，代表中國參加奧運會。在開幕式上，劉長春執旗前導，沈嗣良、宋君復以及中國留學生和美籍華人劉雪松、申國權、托平等6人組成了中國代表團。于希渭因日方阻撓破壞，未能成行。劉長春在100米、200米預賽中位于小組的第五、六名，未能取得決賽權，但他以我國第一位參加奧運

會的選手而留名于中國奧運會史。

1936年，第11屆奧運會在德國柏林舉行。中國派出了140人組成的代表團，其中運動員69人，參加籃球、足球、游泳、田徑、舉重、拳擊、自行車等7個項目的比賽。另外，還有11人的武術表演隊和34人組成的體育考察團。其中籃球比賽勝過法國隊，撐竿跳選手符寶盧取得復賽權。中國武術隊的多次表演轟動了歐洲。

1945年二戰勝利，1945年8月15日日本投降，10月份準備在戰勝國開奧運會，作為戰勝國的一員，中國確定參加1948年奧運會。

1948年，第14屆奧運會在英國倫敦舉行。我國派出了33名男運動員參加了籃球、足球、田徑、游泳和自行車等5個項目的比賽，但沒有一人進入決賽。奧運會結束后，代表團在當地華僑總會的幫助下，解決了路費，運動員才得以返回祖國。

三、新中國成立后中國在奧林匹克運動會上重拾尊嚴，重獲尊重

1952年，第15屆奧運會在芬蘭的赫爾辛基舉行。中國正式接受邀請較晚，只派出了40人的代表團，可當代表團到達赫爾辛基時，比賽已接近尾聲。只有吳傳玉參加了百米仰泳比賽，但是將五星紅旗升起在赫爾辛基奧林匹克體育場，就是新中國的驕傲。

1954年在雅典舉行的國際奧委會第50屆全會上，國際奧委會以23票贊成21票反對通過決議，接受中國奧委會，中華人民共和國在國際奧委會中的合法地位得到承認。但是，與此同時，以當時的國際奧委會主席美國人布倫戴奇為首的少數人的操縱之下，卻又將臺灣所謂的“中華奧委會”繼續保留在國際奧委會承認的成員名單上，繼續

搞“兩個中國”。中國奧委會于1958年8月19日宣布斷絕與國際奧委會的關系。

在以后的20余年里，中國都無法參加許多國際體育比賽。為了打破這層堅冰，中國團結第三世界的體育力量，開始了漫長的破冰之路。第一個突破是在1962年夏天。印度尼西亞舉辦第四屆亞運會，拒絕了臺灣以中華奧委會的名義參加。為此，一些國際單項體育聯合會取消了印度尼西亞的會員資格，禁止其參加奧運會。面對這樣的現實，印度尼西亞總統蘇加諾提議，舉辦新興力量運動(GANEFO)。第一屆新興力量運動會于1962年9月在雅加達舉行，來自亞洲、非洲、拉丁美洲和歐洲的48個國家和地區的2404名運動員參加比賽，中國派出了一支新中國歷史上最大的體育代表團參加比賽。在本次運動會上，創造了幾項世界紀錄。之后，在1966年11月，首屆亞洲新興力量運動會舉行，此外，中國也承辦了幾個單項的新興力量運動會。第二個突破口是被廣為流傳“乒乓外交”。由于文革，中國沒有參加第29屆和第30屆世界乒乓球錦標賽，中國在亞洲乒乓球聯合會的位置被臺灣占有。1972年在中國、日本和朝鮮乒乓球協會的支持下，一個名叫“亞洲乒乓球聯盟”的機構成立，在其中中華中華人民共和國擁有合法的席位。這是在“兩個中國”的斗爭中，中國贏得的又一大勝利。乒乓球和體育為中美最后建交拉開了序幕，也為中國最后成功重返奧運會大家庭打下了基礎。

1972年中國恢復了在聯合國中的合法席位。1979年，中國奧委會向國際奧委會正式提出關于解決中國合法席位的建議。這一建議得

到了包括國際奧委會主席基拉寧在內的大多數人的贊同。同年11月，國際奧委會以通訊表決方式讓國際奧委會全體委員投票，結果以62票贊成，17票反對，2票棄權通過了國際奧委會執委會于10月25日在日本名古屋做出的有關恢復中華人民共和國在國際奧委會合法席位的決議。這一著名的名古屋決議指出：中國奧委會在參加奧運會時使用中華人民共和國的國旗和國歌，同時允許臺灣作為我國的一個地方性組織在國際體育組織中占有席位，以“中國臺北奧林匹克委員會”出現。中國的一國兩制最初是在奧運會上實現的，也稱“奧運模式”。

1984年，第23屆奧運會在美國洛杉磯舉行。中國有史以來第一次派出大型代表團參加這項體壇盛事。開賽第一天，射擊選手許海峰在男子自選手槍慢射比賽中勇奪得冠軍，從而實現了中國在奧運會歷史上零的突破。而在2002年鹽湖城冬奧會上，中國女選手楊揚又為中國隊實現了在冬季奧運會上金牌零的突破。

1988年在漢城舉行的第24屆奧運會上，中國派出了由445人組成的代表團，其中運動員300名，他們參加除曲棍球、馬術兩個項目以外的21個大項的比賽。此外，由各國際單項體育組織指定的30名中國代表擔任了裁判、技術代表等職務。中國臺北由140人組成的代表團也參加了本屆奧運會，其中運動員90名，參加12個項目的比賽和3個項目的表演賽。本屆奧運會上，中國只獲得5枚金牌、11枚銀牌、12枚銅牌，不僅遠遠落后于蘇、德、美等體育大國，甚至不及同處亞洲的韓國。在漢城奧運會上，中國隊遭遇寒流，引發了國人的思考。

1992年7月25日至8月9日，第25屆奧運會在西班牙的巴塞羅那舉行。在此次奧運會上，中國健兒共獲得金牌16枚、銀牌22枚、銅牌16枚，3人2次創2項平1項世界紀錄，7人9次創7項奧運會紀錄。在參加第25屆奧運會170個體育代表團中，中國列第4位，這是中國體育從未有過的輝煌，這次全面歷史性的超越，將載入中華體育史上光輝的一頁。中國隊的崛起也體現了中國競技體育走向輝煌。

四、舉辦奧運會，走向更高的舞臺

2001年北京時間7月13日22：10，北京獲得第29屆2008年奧運會主辦權。

第29屆夏季奧林匹克運動會，又稱2008年北京奧運會，于2008年8月8日在中華人民共和國首都北京開幕，2008年8月24日閉幕。主辦城市是中國首都北京，參賽國家及地區204個，參賽運動員11438人，設302項（28種運動），共有60000多名運動員、教練員和官員參加北京奧運會。本屆北京奧運會共創造43項新世界紀錄及132項新奧運紀錄，共有87個國家在賽事中取得獎牌，中國以51面金牌居獎牌榜首名，是奧運歷史上首個登上金牌榜首的亞洲國家。

第五篇：初中數學奧林匹克競賽教程

初中數學奧林匹克競賽教程

（初稿）

2004年5月8日

初中數學競賽大綱（修訂稿）

數學競賽對于開發學生智力，開拓視野，促進教學改革，提高教學水平，發現和培養數學人才都有著積極的作用。目前我國中學生數學競賽日趨規范化和正規化，為了使全國數學競賽活動健康、持久地開展，應廣大中學師生和各級數學奧林匹克教練員的要求，特制定《初中數學競賽大綱（修訂稿）》以適應當前形勢的需要。

本大綱是在國家教委制定的九年義務教育制“初中數學教學大綱”精神的基礎上制定的。《教學大綱》在教學目的一欄中指出：“要培養學生對數學的興趣，激勵學生為實現四個現代化學好數學的積極性。”具體作法是：“對學有余力的學生，要通過課外活動或開設選修課等多種方式，充分發展他們的數學才能”，“要重視能力的培養??，著重培養學生的運算能力、邏輯思維能力和空間想象能力，要使學生逐步學會分析、綜合、歸納、演繹、概括、抽象、類比等重要的思想方法。同時，要重視培養學生的獨立思考和自學的能力”。

《教學大綱》中所列出的內容，是教學的要求，也是競賽的要求。除教學大綱所列內容外，本大綱補充列出以下內容。這些課外講授的內容必須充分考慮學生的實際情況，分階段、分層次讓學生逐步地去掌握，并且要貫徹“少而精”的原則，處理好普及與提高的關系，這樣才能加強基礎，不斷提高。

1、實數

十進制整數及表示方法。整除性，被2、3、4、5、8、9、11等數整除的判定。

素數和合數，最大公約數與最小公倍數。

奇數和偶數，奇偶性分析。

帶余除法和利用余數分類。

完全平方數。

因數分解的表示法，約數個數的計算。

有理數的表示法，有理數四則運算的封閉性。

2、代數式

綜合除法、余式定理。

拆項、添項、配方、待定系數法。

部分分式。

對稱式和輪換對稱式。

3、恒等式與恒等變形

恒等式，恒等變形。

整式、分式、根式的恒等變形。

恒等式的證明。

4、方程和不等式

含字母系數的一元一次、二次方程的解法。一元二次方程根的分布。

含絕對值的一元一次、二次方程的解法。

含字母系數的一元一次不等式的解法，一元一次不等式的解法。

含絕對值的一元一次不等式。簡單的一次不定方程。

列方程（組）解應用題。

5、函數

y=|ax+b|,y=|ax2+bx+c|及 y=ax2+bx+c的圖像和性質。

二次函數在給定區間上的最值。簡單分式函數的最值，含字母系數的二次函數。

6、邏輯推理問題

抽屜原則（概念），分割圖形造抽屜、按同余類造抽屜、利用染色造抽屜。

簡單的組合問題。

邏輯推理問題，反證法。

簡單的極端原理。

簡單的枚舉法。

7、幾何

四種命題及其關系。

三角形的不等關系。同一個三角形中的邊角不等關系，不同三角形中的邊角不等關系。

面積及等積變換。

三角形的心（內心、外心、垂心、重心）及其性質。第一講 整數問題：特殊的自然數之一

A1－001 求一個四位數，它的前兩位數字及后兩位數字分別相同，而該數本身等于一個整數的平方．

【題說】 1956年～1957年波蘭數學奧林匹克一試題1．

x＝1000a＋100a＋10b＋b ＝11（100a＋b）

其中0＜a?9，0?b?9．可見平方數x被11整除，從而x被11整除．因此，數100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b?18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某個自然數的平方．對a＝1，2，?，9逐一檢驗，易知僅a＝7時，9a＋1為平方數，故所求的四位數是7744＝882． A1－002 假設n是自然數，d是2n2的正約數．證明：n2＋d不是完全平方．

【題說】 1953年匈牙利數學奧林匹克題2．

【證】 設2n2＝kd，k是正整數，如果 n2＋d是整數 x的平方，那么

k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）

但這是不可能的，因為k2x2與n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋2k不是平方數． A1－003 試證四個連續自然數的乘積加上1的算術平方根仍為自然數．

【題說】 1962年上海市賽高三決賽題 1． 【證】 四個連續自然數的乘積可以表示成

n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1 因此，四個連續自然數乘積加上1，是一完全平方數，故知本題結論成立．

A1－004 已知各項均為正整數的算術級數，其中一項是完全平方數，證明：此級數一定含有無窮多個完全平方數．

【題說】 1963年全俄數學奧林匹克十年級題2．算術級數有無窮多項． 【證】 設此算術級數公差是 d，且其中一項 a＝m2（m∈N）．于是

a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2

對于任何k∈N，都是該算術級數中的項，且又是完全平方數．

A1－005 求一個最大的完全平方數，在劃掉它的最后兩位數后，仍得到一個完全平方數（假定劃掉的兩個數字中的一個非零）．

【題說】 1964年全俄數學奧林匹克十一年級題 1．

【解】 設 n滿足條件，令n＝100a＋b，其中 0＜b＜100．于是 n＞10a，即 n?10a＋1．因此

b＝n100a?20a＋1 由此得 20a＋1＜100，所以a?4．

經驗算，僅當a＝4時，n＝41滿足條件．若n＞41則n2－402?422－402＞100．因此，滿足本題條件的最大的完全平方數為412＝1681．

A1－006 求所有的素數p，使4p2＋1和6p2＋1也是素數．

222

2【題說】 1964年～1965年波蘭數學奧林匹克二試題 1．

【解】 當p≡±1（mod 5）時，5|4p＋1．當p≡±2（mod 5）時，5|6p＋1．所以本題只有一個解p＝5． A1－007 證明存在無限多個自然數a有下列性質：對任何自然數n，z＝n＋a都不是素數． 【題說】 第十一屆（1969年）國際數學奧林匹克題1，本題由原民主德國提供． 【證】 對任意整數m＞1及自然數n，有 n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2 ＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而 n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2 ＝（n－m）2＋m2?m2＞1 故 n4＋4m4不是素數．取 a＝4224，4234，?就得到無限多個符合要求的 a．

第二講 整數問題：特殊的自然數之二

A1－008 將某個17位數的數字的順序顛倒，再將得到的數與原來的數相加．證明：得到的和中至少有一個數字是偶數．

【題說】 第四屆（1970年）全蘇數學奧林匹克八年級題 4． 【證】 假設和的數字都是奇數．在加法算式

中，末一列數字的和d＋a為奇數，從而第一列也是如此，因此第二列數字的和b＋c?9．于是將已知數的前兩位數字a、b與末兩位數字c、d去掉，所得的13位數仍具有性質：將它的數字顛倒，得到的數與它相加，和的數字都是奇數．照此進行，每次去掉首末各兩位數字．最后得到一位數，它與自身相加顯然是偶數．矛盾！

因此，和的數字中必有偶數．

A1－009 證明：如果p和p＋2都是大于3的素數，那么6是p＋1的因數．

【題說】 第五屆（1973年）加拿大數學奧林匹克題 3． 【證】 因為p是奇數，所以2是p＋1的因數．

因為p、p＋

1、p＋2除以 3余數不同，p、p＋2都不被 3整除，所以p＋1被 3整除． 于是6是p＋1的因數．

A1－010 證明：三個不同素數的立方根不可能是一個等差數列中的三項（不一定是連續的）．

【題說】 美國第二屆（1973年）數學奧林匹克題5．

【證】 設p、q、r是不同素數．假如有自然數l、m、n和實數a、d，消去a，d，得

化簡得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m

原命題成立．

A1－011 設n為大于2的已知整數，并設Vn為整數1＋kn的集合，k＝1，2，?．數m∈Vn稱為在 Vn中不可分解，如果不存在數p，q∈Vn使得 pq＝m．證明：存在一個數r∈Vn可用多于一種方法表達成Vn中不可分解的元素的乘積．

【題說】 第十九屆（1977年）國際數學奧林匹克題3．本題由荷蘭提供．

【證】 設a＝n－1，b＝2n－1，則a2、b2、a2b2都屬于Vn．因為a2＜（n＋1）2，所以a2在Vn中不可分解．

式中不會出現a2．

r＝a2b2有兩種不同的分解方式：r＝a22b2＝a2?（直至b2分成不可分解的元素之積）與r＝ab2ab＝?（直至ab分成不可2分解的元素之積），前者有因數a，后者沒有． A1－012 證明在無限整數序列

10001，100010001，1000100010001，?

中沒有素數．

注意第一數（一萬零一）后每一整數是由前一整數的數字連接0001而成． 【題說】 1979年英國數學奧林匹克題 6． 【證】 序列 1，10001，100010001，?，可寫成

1，1＋104，1＋104＋108，?

一個合數．

即對n＞2，an均可分解為兩個大于1的整數的乘積，而a2＝10001＝137273．故對一切n?2，an均為合數．

A1－013 如果一個自然數是素數，并且任意地交換它的數字，所得的數仍然是素數，那么這樣的數叫絕對素數．求證：絕對素數的不同數字不能多于3個．

【題說】 第十八屆（1984年）全蘇數學奧林匹克八年級題 8． 【證】 若不同數字多于 3個，則這些數字只能是1、3、7、9．不難驗證1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余數分別為0、1、2、3、4、5、6．因此對任意自然數M，1043M與上述7個四位數分別相加，所得的和中至少有一個被7整除，從而含數字1、3、7、9的數不是絕對素數．

A1－014 設正整數 d不等于 2、5、13．證明在集合｛2，5，13，d｝中可以找到兩個不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方數．

【題說】 第二十七屆（1986年）國際數學奧林匹克題1．本題由原聯邦德國提供．

【證】 證明2d－

1、5d－

1、13d－1這三個數中至少有一個不是完全平方數即可．用反證法，設 5d－1＝x5d－1＝y2

（1）（2）2 13d－1＝z2（3）其中x、y、z是正整數．

由（1）式知，x是奇數，不妨設x＝2n－1．代入有 2d－1＝（2n－1）2即 d＝2n2－2n＋1（4）（4）式說明d也是奇數．

于是由（2）、（3）知y、Z是偶數，設y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相減后除以4有

2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）

因2d是偶數，即q2－p2是偶數，所以p、q同為偶數或同為奇數，從而q＋p和q－p都是偶數，即2d是4的倍數，因此d是偶數．這與d是奇數相矛盾，故命題正確．

第三講 整數問題：特殊的自然數之三

A1－015 求出五個不同的正整數，使得它們兩兩互素，而任意n（n?5）個數的和為合數．

【題說】 第二十一屆（1987年）全蘇數學奧林匹克十年級題 1． 【解】 由n個數

ai＝i2n！＋1，i＝1，2，?，n 組成的集合滿足要求． 因為其中任意k個數之和為

m2n！＋k（m∈N，2?k?n）

由于n！＝1222?2 n是 k的倍數，所以m2n！＋k是 k的倍數，因而為合數．

對任意兩個數ai與 aj（i＞j），如果它們有公共的質因數p，則p也是ai－aj＝（i－j）n！的質因數，因為0＜i－j＜n，所以p也是n！的質因數．但ai與n！互質，所以ai與aj不可能有公共質因數p，即ai、aj（i≠j）互素．令n＝5，便得滿足條件的一組數：121，241，361，481，601．

A1－016 已知n?2，求證：如果k2＋k＋n對于整數k

素數．

【題說】 第二十八屆（1987年）國際數學奧林匹克題6．本題由原蘇聯提供．

（1）若m?p，則p|（m－p）＋（m－p）＋n．

又（m－p）2＋（m－p）＋n?n＞P，這與m是使k2＋k＋n為合數的最小正整數矛盾．

（2）若m?p－1，則（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且

（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n?n＞p 因為（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n為合數，所以

p－1－m?m，p?2m＋1 由

2得

4m2＋4m＋1?m2＋m＋n 即

3m2＋3m＋1－n?0 由此得

A1－017 正整數a與b使得ab＋1整除a＋b．求證：（a＋b）/（ab＋1）是某個正整數的平方．

2【題說】 第二十九屆（1988年）國際數學奧林匹克題6．本題由原聯邦德國提供．

a2－kab＋b2＝k（1）

顯然（1）的解（a，b）滿足ab?0（否則ab?－1，a2＋b2＝k（ab＋1）?0）． 又由于k不是完全平方，故ab＞0．

設（a，b）是（1）的解中適合a＞0（從而b＞0）并且使a＋b最小的那個解．不妨設a?b．固定k與b，把（1）看成a的二次方程，它有一根為a．設另一根為a′，則由韋達定理

（2），a′為整數，因而（a′，b）也是（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0． 但由（3）

從而a′＋b＜a＋b，這與a＋b的最小性矛盾，所以k必為完全平方．

A1－018 求證：對任何正整數n，存在n個相繼的正整數，它們都不是素數的整數冪． 【題說】 第三十屆（1989年）國際數學奧林匹克題5．本題由瑞典提供．

【證】 設a＝（n＋1）！，則a2＋k（2?k?n＋1），被k整除而不被k2整除（因為a2被k2整除而k不被k2整除）．如

＋＋果a2＋k是質數的整數冪pl，則k＝pj（l、j都是正整數），但a2被p2j整除因而被pj1整除，所以a2＋k被pj整除而不被pj1整除，于是a2＋k＝pj＝k，矛盾．因此

a＋k（2?k?n＋1）

這n個連續正整數都不是素數的整數冪．

第四講 整數問題：特殊的自然數之四

A1－019 n為怎樣的自然數時，數

32n＋

1－

22n＋1

－6是合數？

n【題說】 第二十四屆（1990年）全蘇數學奧林匹克十一年級題5 【解】 32n1－22n1－6n＝（3n－2n）（3n1＋2n1）＋＋

＋

＋當 n＞l時，3n－2n＞1，3n1＋2n1＞1，所以原數是合數．當 n＝1時，原數是素數13． ＋

＋ A1－020 設n是大于6的整數，且a1、a2、?、ak是所有小于n且與n互素的自然數，如果

a2－a1＝a3－a2＝?＝ak－ak－1＞0 求證：n或是素數或是2的某個正整數次方．

【題說】 第三十二屆（1991年）國際數學奧林匹克題2．本題由羅馬尼亞提供． 【證】 顯然a1＝1．

由（n－1，n）＝1，得 ak＝n－1． 令 d＝a2－a1＞0．

當a2＝2時，d＝1，從而k＝n－1，n與所有小于n的自然數互素．由此可知n是素數． 當a2＝3時，d＝2，從而n與所有小于n的奇數互素．故n是2的某個正整數次方．

設a2＞3．a2是不能整除n的最小素數，所以2|n，3|n．由于n－1＝ak＝1＋（k－1）d，所以3 d．又1＋d＝a2，于是3

1＋d．由此可知3|1＋2d．若1＋2d＜n，則a3＝1＋2d，這時3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d?n，則小于n且與n互素自然數的個數為2． 設n＝2m（＞6）．若m為偶數，則m＋1與n互質，若m為奇數，則m＋2與m互質．即除去n－1與1外、還有小于n且與n互質的數．矛盾．

綜上所述，可知n或是素數或是2的某個正整數次方．

A1－021 試確定具有下述性質的最大正整數A：把從1001至2000所有正整數任作一個排列，都可從其中找出連續的10項，使這10項之和大于或等于A．

【題說】 第一屆（1992年）中國臺北數學奧林匹克題6．

【解】 設任一排列，總和都是1001＋1002＋?＋2000＝1500500，將它分為100段，每段10項，至少有一段的和?15005，所以

A?15005 另一方面，將1001～2000排列如下：

2000 1001 1900 1101 1800 1201 1700 1301 1600 1401 1999 1002 1899 1102 1799 1202 1699 1302 1599 1402

? ? ? ? ? ? 1901 1100 1801 1200 1701 1300 1601 1400 1501 1300 并記上述排列為

a1，a2，?，a2000

（表中第i行第j列的數是這個數列的第10（i－1）＋j項，1?i?20，1?j?10）令 Si＝ai＋ai＋1＋?＋ai＋9（i＝1，2，?，1901）

則S1＝15005，S2＝15004．易知若i為奇數，則Si＝15005；若i為偶數，則Si＝15004． 綜上所述A＝15005．

第五講 整數問題：特殊的自然數之五

A1－022 相繼10個整數的平方和能否成為完全平方數？

【題說】 1992年友誼杯國際數學競賽七年級題2． 【解】（n＋1）2＋（n＋2）2＋?＋（n＋10）2 ＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）

不難驗證n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）時，均有

2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）

所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋?＋（n＋10）2不是平方數，A1－023 是否存在完全平方數，其數字和為1993？

0（mod 5）【題說】 第三屆（1993年）澳門數學奧林匹克第二輪題2． 【解】 存在，事實上，取n＝221即可．

A1－024 能夠表示成連續9個自然數之和，連續10個自然數之和，連續11個自然數之和的最小自然數是多少？

【題說】 第十一屆（1993年）美國數學邀請賽題6． 【解】 答495．

連續9個整數的和是第5個數的9倍；連續10個整數的和是第5項與第6項之和的5倍；連續11個整數的和是第6項的11倍，所以滿足題目要求的自然數必能被9、5、11整除，這數至少是495．

又495＝51＋52＋?＋59＝45＋46＋?＋54＝40＋41＋?＋50 A1－025 如果自然數n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方數，試問5n＋3能否是一個素數？ 【題說】 第十九屆（1993年）全俄數學奧林匹克九年級一試題1．

【解】 如果2n＋1＝k，3n＋1＝m，則5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k－m＝（2k＋m）（2k－m）．

因為5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否則5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．從而5n＋3＝（2k＋m）（2k－m）是合數．

222

2第六講 整數問題：特殊的自然數之六

A1－026 設n是正整數．證明：2n＋1和3n＋1都是平方數的充要條件是n＋1為兩個相鄰的平方數之和，并且為一平方數與相鄰平方數2倍之和．

【題說】 1994年澳大利亞數學奧林匹克二試題2． 【證】 若2n＋1及3n＋1是平方數，因為2

由此可得

（2n＋1），3

（3n＋1），可設2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2

反之，若n＋1＝k＋（k＋1）＝（t±1）＋2t，則

2n＋1＝（2k＋1），3n＋1＝（3t±1）

從而命題得證．

A1－027 設 a、b、c、d為自然數，并且ab＝cd．試問 a＋b＋c＋d能否為素數． 【題說】 第五十八屆（1995年）莫斯科數學奧林匹克九年級題 10． 【解】 由題意知

222

正整數，將它們分別記作k與l．由

a＋c＞c?c1，b＋c＞c?c2

所以，k＞1且l＞1．

從而，a＋b＋c＋d＝kl為合數．

A1－028 設k1＜k2＜k3＜?是正整數，且沒有兩個是相鄰的，又對于m＝1，2，3，?，Sm＝k1＋k2＋?＋km．求證：對每一個正整數n，區間（Sn，Sn＋1）中至少含有一個完全平方數．

【題說】 1996年愛朋思杯——上海市高中數學競賽題2． 【證】 Sn＝kn＋kn－1＋?＋k1

所以

從而

第七講 整數問題：求解問題之一

A2－001 哪些連續正整數之和為1000？試求出所有的解．

【題說】 1963年成都市賽高二二試題 3．

【解】 設這些連續正整數共n個（n＞1），最小的一個數為a，則有

a＋（a＋1）＋?＋（a＋n－1）＝1000 即

n（2a＋n－1）＝2000 若n為偶數，則2a＋n－1為奇數；若n為奇數，則2a＋n－1為偶數．因a?1，故2a＋n－1＞n．

同，故只有n＝5，16，25，因此可能的取法只有下列三種： 若n＝5，則 a＝198； 若n＝16，則 a＝55； 若n＝25，則 a＝28． 故解有三種：

198＋199＋200＋201＋202

55＋56＋?＋70 28＋29＋?＋52 A2－002 N是整數，它的b進制表示是777，求最小的正整數b，使得N是整數的四次方． 【題說】 第九屆（1977年）加拿大數學奧林匹克題3． 【解】 設b為所求最小正整數，則

7b2＋7b＋7＝x4

素數7應整除x，故可設x＝7k，k為正整數．于是有

b2＋b＋1＝73k4

當k＝1時，（b－18）（b＋19）＝0．因此b＝18是滿足條件的最小正整數．

A2－003 如果比n個連續整數的和大100的數等于其次n個連續數的和，求n． 【題說】 1976年美國紐約數學競賽題 7．

s2－s1＝n2＝100 從而求得n＝10．

A2－004 設a和b為正整數，當a2＋b2被a＋b除時，商是q而余數是r，試求出所有數對（a，b），使得q2＋r＝1977． 【題說】 第十九屆（1977年）國際數學奧林匹克題 5．本題由原聯邦德國提供．

【解】 由題設a2＋b2＝q（a＋b）＋r（0?r＜a＋b），q2＋r＝1977，所以 q2?1977，從而q?44． 若q?43，則r＝1977－q2?1977－432＝128．

即（a＋b）?88，與（a＋b）＞r?128，矛盾． 因此，只能有q＝44，r＝41，從而得 a2＋b2＝44（a＋b）＋41（a－22）2＋（b－22）2＝1009 不妨設|a－22|?|b－22|，則1009?（a－22）2?504，從而45?a?53． 經驗算得兩組解：a＝50，b＝37及a＝50，b＝7． 由對稱性，還有兩組解a＝37，b＝50；a＝7，b＝50．

A2－005 數1978n與1978m的最后三位數相等，試求出正整數n和m，使得m＋n取最小值，這里n＞m?1． 【題說】 第二十屆（1978年）國際數學奧林匹克題 1．本題由古巴提供． 【解】 由題設

1978n－1978m＝1978m（1978n因而

1978m≡2m3989m≡0（mod 8），m?3 又

1978n而 1978n≡3n－m－m

－m－m

－1）≡0（mod 1000）

≡1（mod 125）

＝（1975＋3）n－m－1－m

＋（n－m）3n－m21975（mod 125）（1）

從而3n≡1（mod 5），于是n－m是4的倍數．

設n－m＝4k，則

代入（1）得

從而

k（20k＋3）≡0（mod 25）

因此k必須是25的倍數，n－m至少等于4325＝100，于是m＋n的最小值為 n－m＋2m＝106，m＝3，n＝103 A2－006 求方程x3＋x2y＋xy2＋y3＝8（x2＋xy＋y2＋1）的全部整數解x、y． 【題說】 1980年盧森堡等五國國際數學競賽題 6．本題由荷蘭提供．

于是 x3＋x2y＋xy2＋y3＝（x＋y）3－2xy（x＋y）＝u3－2vu

x2＋xy＋y2＝（x＋y）2－xy＝u2－v

從而原方程變為

2v（u－4）＝u3－8u2－8（2）因u≠4，故（2）即為

根據已知，u－4必整除72，所以只能有

u－4＝±23，其中α＝0，1，2，3；β＝0，1，2

進一步計算可知只有u－4＝223＝6，于是

u＝10，v＝16

α

β

第八講 整數問題：求解問題之二

A2－007 確定m2＋n2的最大值，這里 m和 n是整數，滿足 m，n∈｛1，2，?，1981｝，（n2－mn－m2）2＝1．

【題說】 第二十二屆（1981年）國際數學奧林匹克題 3．

【解】 若m＝n，由（n2－mn－m2）2＝1得（mn）2＝1，故m＝n＝1． 若m≠n，則由n2－mn－m2＝±1得 n＞m．令n＝m＋uk，于是

[（m＋uk）2－m（m＋uk）－m2]2＝1

于是有

若uk≠uk－1，則以上步驟可以繼續下去，直至

從而得到數列：

n，m，uk，uk－1，?，uk－l，uk－l－1

此數列任意相鄰三項皆滿足ui＝ui－1＋ui－2，這恰好是斐波那契型數列．

而{1，2，?，1981}中斐氏數為：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597，可見m＝987，n＝1597時，m2＋n2＝3524578為滿足條件的最大值． A2－008 求方程w！＝x！＋y！＋z！的所有正整數解．

【題說】 第十五屆（1983年）加拿大數學奧林匹克題 1． 【解】 不妨設x?y?z．顯然w?z＋1，因此

（z＋1）！?w！＝x！＋y！＋z！?32z！

從而z?2．通過計算知x＝y＝z＝2，w＝3是原方程的唯一解． A2－009 求滿足下式的所有整數n，m：

n2＋（n＋1）2＝m4＋（m＋1）4

【題說】 1984年匈牙利阿拉尼2丹尼爾數學競賽（15年齡組）題 1． 【解】 由原式得

n（n＋1）＝m（m＋1）（m＋m＋2）

設m＋m＝k，我們有n（n＋1）＝k（k＋2）．顯然，只可能兩邊為零．解是（0，0），（0，－1），（－1，0），（－1，1）．

A1－010 前1000個正整數中可以表示成[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]的正整數有多少個？ 【題說】 第三屆（1985年）美國數學邀請賽題 10． 【解】 令f（x）＝[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]．

22個不同的正整數值．

另一方面f（x＋n）＝f（x）＋20n對任一正整數n成立．將1－1000分為50段，每20個為1段．每段中，f（x）可取12個值．故總共可取到50312＝600個值，亦即在前1000個正整數中有600個可以表示成[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]的形式． A2－011 使n＋100能被n＋10整除的正整數n的最大值是多少？

【題說】 第四屆（1986年）美國數學邀請賽題 5．

【解】 由n3＋100＝（n＋10）（n2－10n＋100）－900知，若n3＋100被n＋10整除，則900也應被n＋10整除．因此，n最大值是890．

第九講 整數問題：求解問題之三

A2－012 a、b、c、d為兩兩不同的正整數，并且

a＋b＝cd，ab＝c＋d 求出所有滿足上述要求的四元數組a、b、c、d． 【題說】 1987年匈牙利數學奧林匹克題 1．

【解】 由于a≠b，所以當且僅當a＝1或b＝1時，才有a＋b?ab． 如果a、b都不是1，那么

c＋d＝ab＞a＋b＝cd 由此知c＝1或d＝1．

因此a、b、c、d中總有一個（也只有一個）為1．如果a＝1，那么由消去b可以推出

從而得到c＝2，d＝3，或者c＝3，d＝2． 這樣，本題的答案可以列成下表

A2－013 設[r，s]表示正整數r和s的最小公倍數，求有序三元正整數組（a，b，c）的個數，其中[a，b]＝1000，[b，c]＝2000，[c，a]＝2000．

【題說】 第五屆（1987年）美國數學邀請賽題 7．

【解】 顯然，a、b、c都是形如2m25n的數．設a＝2m125n1，b＝2m225n2，c＝2m325n3．

由[a，b]＝1000＝23253，知max（m1，m2）＝3，max（n1，n2）＝3．同理，max（m2，m3）＝4，max（n2，n3）＝3；max（m1，m3）＝4，max（n1，n3）＝3．

由此，知m3應是4，m1、m2中必有一是3．另一個可以是0、1、2或3之任一種，因此m1、m2的取法有7種．又，n1、n2、n3中必有兩個是3，另一個可以是0、1、2或3．因此n1、n2、n3取法有10種．故mi、ni（i＝1、2、3）不同取法共有7310＝70種，即三元組共有70個．

A2－014 設m的立方根是一個形如n＋r的數，這里n為正整數，r為小于1/1000的正實數．當m是滿足上述條件的最小正整數時，求n的值．

【題說】 第五屆（1987年）美國數學邀請賽題12．

m＝n3＋1＜（n＋1032－3－3）3

－6

－9＝n＋3n210＋3n210＋10 于是

從而n＝19（此時m＝193＋1為最小）．

【題說】 第十三屆（1987年）全俄數學奧林匹克九年級題 1． 【解】 144＝122，1444＝382 設n＞3，則

則k必是一個偶數．所以

也是一個自然數的完全平方，但這是不可能的．因為平方數除以4，因此，本題答案為n＝2，3．

A2－016 當n是怎樣的最小自然數時，方程[10n/x]＝1989有整數解？

【題說】 第二十三屆（1989年）全蘇數學奧林匹克十年級題 1． 【解】 1989?10n/x＜1990 所以

10n/1990＜x?10n/1989

即

1020.000502512?＜x?1020.000502765?

所以n＝7，這時x＝5026與5027是解．

A2－017 設an＝50＋n2，n＝1，2，?．對每個n，an與an＋1的最大公約數記為dn．求dn的最大值． 【題說】 1990年日本第1輪選拔賽題 9． 【解】

dn＝（an，an＋1）

＝（50＋n2，50＋（n＋1）2－（50＋n2））＝（50＋n2，2n＋1）

n

n＝（2（n2＋50），2n＋1）（因 2n＋1是奇數）＝（2（n＋50）－n（2n＋1），2n＋1）＝（100－n，2n＋1）

＝（100－ n，2n＋1＋2（100－ n））＝（100－n，201）?201 在n＝100≠201k（k∈N）時，dn＝201． 故所求值為201．

A2－018 n是滿足下列條件的最小正整數：（1）n是75的倍數；

（2）n恰為 75個正整數因子（包括1及本身）．試求n/75． 【題說】 第八屆（1990年）美國數學邀請賽題5．

【解】 為保證 n是75的倍數而又盡可能地小，可設n＝22325，其中α?0，β?1，γ?2，并且

（α＋1）（β＋1）（γ＋1）＝75 由75＝5223，易知當α＝β＝4，γ＝2時，符合條件（1）、（2）．此時n＝24234252，n/75＝432．

α

β

γ

2第十講 整數問題;求解問題之四

A2－019 1．求出兩個自然數x、y，使得xy＋x和xy＋y分別是不同的自然數的平方．

2．能否在988至1991范圍內求到這樣的x和y？

【題說】 第二十五屆（1991年）全蘇數學奧林匹克九年級題5． 【解】 1．例如x＝1，y＝8即滿足要求． 2．假設

988?x＜y?1991 x、y∈N，使得xy＋x與xy＋y是不同的自然數的平方，則

x2＜xy＋x＜xy＋y 這時

y－x＝（xy＋y）－（xy＋x）＞（x＋1）2－x2＝2x＋1 即

y＞3x＋1 由此得

1991?y＞3x＋1?33998＋1 矛盾！故在988與1991之間不存在這樣的自然數x、y．

A2－020 求所有自然數n，使得

這里[n/k2]表示不超過n/k2的最大整數，N是自然數集． 【題說】 1991年中國數學奧林匹克題 5． 【解】 題給條件等價于，對一切k∈N，k2＋n/k2?1991（1）

且存在k∈N，使得k2＋n/k2＜1992．（2）（1）等價于對一切k∈N，k4－1991k2＋n?0 即（k2－1991/2）2＋n－19912/4?0（3）

故（3）式左邊在k取32時最小，因此（1）等價于

n?19913322－324＝10243967 又，（2）等價于存在k∈N，使

（k－996）＋n－996＜0 上式左邊也在k＝32時最小，故（2）等價于

n＜19923322－324＝10243968 故n為滿足

10243967?n?10243967＋1023 的一切整數．

A2－021 設n是固定的正整數，求出滿足下述性質的所有正整數的和：在二進制的數字表示中，正好是由2n個數字組成，其中有n個1和n個0，但首位數字不是0．

【題說】 第二十三屆（1991年）加拿大數學奧林匹克題2． 【解】 n＝1，易知所求和S1＝2．

n?2時，首位數字為1的2n位數，在其余2n－1位上，只要n個0的位置確定了．則n－1個1的位置也就確定了，從而這個2n位二進制數也隨之確定．

現考慮第k（2n＞k?1）位數字是1的數的個數．因為其中n個0的位置只可從2n－2個位置（除去首位和第k位）中選擇，故這樣的

將所有這樣的2n位二進制數相加，按數位求和，便有

A2－022 在{1000，1001，1002，?，2000}中有多少對相鄰的數滿足下列條件：每對中的兩數相加時不需要進位？ 【題說】 第十屆（1992年）美國數學邀請賽題6．

7或 8時，則當n和n＋1相加時將發生進位．再若b＝9而c≠9；a＝9而b≠9或c≠9．則當n和n＋1相加時也將發生進位．

如果不是上面描述的數，則n有如下形式

其中a，b，c∈{0，1，2，3，4}．對這種形式的n，當n和n＋1相加時不會發生進位，所以共有

53＋52＋5＋1＝156 個這樣的n．

A2－023 定義一個正整數n是一個階乘的“尾”，如果存在一個正整數m，使得m！的十進位制表示中，結尾恰好有n個零，那么小于1992的正整數中有多少個不是階乘的尾？

【題說】 第十屆（1992年）美國數學邀請賽題15．

【解】 設f（m）為m！的尾．則f（m）是m的不減函數，且當m是5的倍數時，有

f（m）＝f（m＋1）＝f（m＋2）＝f（m＋3）

＝f（m＋4）＜f（m＋5）

因此，從f（0）＝0開始，f（m）依次取值為：

0，0，0，0，0；1，1，1，1，1；2，2，2，2，2；3，3，3，3，3；4，4，4，4，4；6，6，6，6，6；?；1991，1991，1991，1991，1991 容易看出

如果存在m使f（m）＝1991，則

因而m＞431991＝7964．由公式（1）可計算出f（7965）＝1988，從而f（7975）＝1991． 在序列（1）中共有7980項，不同的值有7980/5＝1596個．所以在{0，1，2，?，1991}中，有1992－1596＝396個值不在（1）中出現．這就說明，有396個正整數不是階乘的尾．

第十一講：整數問題：求解問題之五

A2－024 數列{an}定義如下：a0＝1，a1＝2，an＋2＝an＋（an＋1）2．求a1992除以7所得的余數．

【題說】 1992年日本數學奧林匹克預選賽題1． 【解】 考慮an以7為模的同余式： a0＝1≡1（mod 7）a1＝2≡2（mod 7）

a1＝1＋22＝5≡－2（mod 7）a3≡2＋（－2）2＝6≡－1（mod 7）a4≡－2＋（－1）＝－1（mod 7）a5≡－1＋（－1）＝0（mod 7）a6≡－1＋02＝－1（mod 7）a7≡0＋（－1）2＝1（mod 7）a8≡－1＋12＝0（mod 7）a9≡1＋02＝1（mod 7）a10≡0＋12＝1（mod 7）a11≡1＋12＝2（mod 7）

所以，an除以7的余數以10為周期，故a1992≡a2≡5（mod 7）．

A2－025 求所有的正整數n，滿足等式

S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝?＝S（n2）

其中S（x）表示十進制正整數x的各位數字和．

【題說】 1992年捷克和斯洛伐克數學奧林匹克（最后一輪）題 3． 【解】 顯然，n＝1滿足要求．

由于對正整數x，有S（x）≡x（mod 9），故當n＞1時，有

n≡S（n）≡S（2n）≡2n（mod 9）

所以9|n．

若n是一位數，則n＝9，又S（9）＝S（239）＝S（339）＝?＝S（92）＝9，故9滿足要求． 22

10?n＜10

k

k＋又9 10k，故

10k＋1?n＜10k1

＋若n＜10k＋10k1＋?＋10＋1，則 －

與已知矛盾，從而

n?10k＋10k1＋?＋10＋1（1）

－令n＝9m．設m的位數為l（k?l?k＋1），m－1＝

S（n）＝S（（10k＋10k＝S（（10k＝S（10k＋1＋1

－1

＋?＋10＋1）n）

－1）m）

＋（m－1）＋（10k1－10l）＋（10l

－m））

其中9有k＋1－l個，bi＋ci＝9，i＝1，2，?，l． 所以

S（n）＝9（k＋1）（2）由于n是 k＋1位數，所以 n＝99?9＝10k1－1．

＋另一方面，當 n＝99?9＝10k1－1時，S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝?＝S（n2）． ＋綜上所述，滿足要求的正整數為n＝1及n＝10k－1（k?1）．

A2－026 求最大正整數k，使得3k|（23m＋1），其中m為任意正整數． 【題說】 1992年友誼杯國際數學競賽十、十一年級題 2． 【解】 當m＝1時，23m＋1＝9，故k?2．又由于 2＋1＝（2）≡（－1）3＝0 所以，對任意正整數m，9|（23m＋1）．即所求k的值為2． m－13m33m－1＋1 ＋1（mod 9）

最大整數．

【題說】 1993年全國聯賽一試題2（4），原是填空題． 【解】 因為1093＋33＝（1031）3＋33 ＝（1031＋3）（（1031）2－331031＋ 32）

＝（1031）（1031－3）＋9－1 它的個位數字是8，十位數字是0．

A2－028 試求所有滿足如下性質的四元實數組：組中的任一數都等于其余三個數中某兩個數的乘積． 【題說】 第十九屆（1993年）全俄數學奧林匹克十一年級二試題5．

【解】 設這組數的絕對值為a?b?c?d．無論a為b，c，d哪兩個數的乘積，均有a?bc，類似地，d?bc．從而，bc?a?b?c?d?bc，即a＝b＝c＝d＝a2．所以a＝0或1，不難驗證，如果組中有負數，則負數的個數為2或3．

所以，答案為{0，0，0，0}，{1，1，1，1}，{－1，－1，1，1}，{－1，－1，－1，1}．

第十二講 整數問題：求解問題之六

A2－029 對任意的實數x，函數f（x）有性質f（x）＋f（x－1）＝x．如果f（19）＝94，那么f（94）除以1000的余數是多少？

【題說】 第十二屆（1994年）美國數學邀請賽題3． 【解】 重復使用f（x）＝x2－f（x－1），有 f（94）＝942－f（93）＝942－932＋f（92）＝942－932＋922－f（91）＝?

＝942－932＋922－?＋202－f（19）

＝（94＋93）（94－93）＋（92＋91）（92－ 91）＋?＋（22＋21）（22－21）＋202－94 ＝（94＋93＋92＋?＋21）＋306 ＝4561 因此，f（94）除以1000的余數是561．

A2－030 對實數x，[x]表示x的整數部分，求使[log21]＋[log22]＋[log23]＋?＋[log2n]＝1994成立的正整數n． 【題說】 第十二屆（1994年）美國數學邀請賽題 4．

【解】 [long21]＋[log22]＋[log23]＋?＋[log2128]＋[log2129]＋?＋[log2255]＝231＋432＋833＋1634＋3235＋6436＋12837＝1538．

A2－031 對給定的一個正整數n．設p（n）表示n的各位上的非零數字乘積（如果n只有一位數字，那么p（n）等于那個數字）．若S＝p（1）＋p（2）＋p（3）＋?＋p（999），則S的最大素因子是多少？

【題說】 第十二屆（1994年）美國數學邀請賽題5．

【解】 將每個小于1000的正整數作為三位數，（若位數小于3，則前面補0，如 25可寫成 025），所有這樣的正整數各位數字乘積的和是

（02020＋02021＋02022＋?＋92928＋92929）－02020 ＝（0＋1＋2＋?＋9）3－0 p（n）是n的非零數字的乘積，這個乘積的和可以由上面表達式將0換成1而得到． 因此，＝463－1＝3325272103 最大的素因子是103．

A2－032 求所有不相同的素數p、q、r和s，使得它們的和仍是素數，并且p2＋qs及p2＋qr都是平方數． 【題說】 第二十屆（1994年）全俄數學奧林匹克九年級題7．

【解】 因為四個奇素數之和是大于2的偶數，所以所求的素數中必有一個為偶數2．

若p≠2，則p2＋qs或p2＋qr中有一個形如（2k＋1）2＋2（2l＋1）＝4（k2＋k＋l）＋3，這是不可能的，因為奇數的平方除以4的余數是1，所以p＝2．

設22＋qs＝a2，則qs＝（a＋2）（a－2）．

若a－2＝1，則qs＝5，因為q、s是奇素數，所以上式是不可能的．于是只能是

q＝a－2，s＝a＋2 或者

q＝a＋2，s＝a－2 所以s＝q－4或q＋4．同理r＝q－4或q＋4． 三個數q－

4、q、q＋4被3除，余數各不相同，因此其中必有一個被 3整除．q或q＋4為3時，都導致矛盾，所以只能是q－4＝3．于是

（p，q，r，s）＝（2，7，3，11）或（2，7，11，3）

A2－033 求所有這樣的素數，它既是兩個素數之和，同時又是兩個素數之差． 【題說】 第二十屆（1994年）全俄數學奧林匹克十年級題5．

【解】 設所求的素數為p，因它是兩素數之和，故p＞2，從而p是奇數．因此，和為p的兩個素數中有一個是2，同時差為p的兩個素數中，減數也是2，即p＝q＋2，p＝r－2，其中q、r為素數．于是p－

2、p、p＋2均為素數．在三個連續的奇數中必有一數被3整除，因這數為素數，故必為3．不難驗證只有p－2＝3，p＝5，p＋2＝7時，才滿足條件．所以所求的素數是5．

個整數．

【題說】 第三十五屆（1994年）國際數學奧林匹克題4．本題由澳大利亞提供．

【解】 n3＋1＝n3＋mn－（mn－1），所以mn－1|n（n2＋m）．因為（mn－1，n）＝1，所以mn－1|n2＋m．又n（m2＋n）－（n2＋m）＝m（mn－1），所以mn－1|m2＋n．因此m，n對稱，不妨設m?n．

當n＝1時，mn－1＝m－1|n3＋1＝2，從而m＝2或3，以下設n?2．

若m＝n，則n2－1|（n3＋1）＝（n3－n）＋（n＋1），從而n2－1|（n＋1），m＝n＝2． 若m＞n，則由于

2（mn－1）?n2＋mn＋n－2?n2＋2m＞n2＋m 所以mn－1＝n2＋m，即

（m－n－1）（n－1）＝2 從而

于是本題答案為

（m，n）＝（2，1），（3，1），（1，2），（2，2），（5，2），（1，3），（5，3），（3，5），（2，5）共九組．

第十三講 整數問題 ：求解問題之七

【題說】 第十三屆（1995年）美國數學邀請賽題7． 【解】 由已知得

即

所以

A2－036 一個正整數不是42的正整數倍與合數之和．這個數最大是多少？ 【題說】 第十三屆（1995年）美國數學邀請賽題10．

【解】 設這數為42n＋p，其中n為非負整數，p為小于42的素數或1．

由于2342＋1，42＋2，42＋3，4235＋5，42＋7，2342＋11，42＋13，4342＋17，3342＋19，42＋23，3342＋29，2342＋31，4342＋37，2342＋41，都是合數，所以在n?5時，42n＋p都可表成42的正整數倍與合數之和，只有4235＋5例外．因此，所求的數就是4235＋5＝215．

A2－038 求所有正整數x、y，使得x＋y2＋z3＝xyz，這里z是x、y的最大公約數． 【題說】 第三十六屆（1995年）IMO預選題．

【解】 由原方程及y2、z3、xyz均被z2整除得出z2|x．設x＝az2，y＝bz，則原方程化為 a＋b2＋z＝abz2（1）由b2、abz2被b整除得b|（a＋z）．于是b?a＋z． a＋z＋b2＝abz2

＝（a＋z）b＋（a＋z）b＋b（（z－2）a－2z）

?a＋z＋b＋b（（z－2）a－2z）（2）

（2）中不等式的等號只在b＝1并且b＝a＋z時成立，而這種情況不可能出現（a＋z＞1），所以（2）是嚴格的不等式．這表明

（z2－2）a－2Z＜0（3）從而z?2（否則（3）的左邊?z2－2－2z?z－2＞0）． 222在z＝2時，2a－2z＜0，即a＝1，代入（1）得b＝1或3，從而x＝4，y＝2或6． 在z＝1時，（1）成為

a＋b＋1＝ab（4）從而

（a－b）（b－1）＝b＋1＝（b－1）＋2 這表明（b－1）|2，b＝2或3．代入（4）得a＝5．于是x＝5，y＝2或3． 因此本題共有四組解：（x，y）＝（4，2），（4，6），（5，2），（5，3）．

A2－039 設 m、n∈N，（m，n）＝1．求（5m＋7m，5n＋7n）．其中（m，n）表示 m、n的最大公約數． 【題說】 1996年日本數學奧林匹克題 2． 【解】 記H（m，n）＝（5m＋7m，5n＋7n）． 則

H（0，1）＝（2，12）＝2 H（1，1）＝（12，12）＝12 因H（m，n）＝H（n，m），故可設n?m． 當n?2m時，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n＋7n－2m－m2＋7n

－m）－5m7m（5n

－2m））

－2m＝（5m＋7m，5m7m（5n＝（5m＋7m，5n－2m＋7n）－2m））

＋7n－2m當m?n＜2m時，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－n－m＋7n

－m）－5n

－m

7n

－m

（52m

＋72mn））－－－＝（5m＋7m，52mn＋72mn）記

則

（1）H（m′，n′）＝H（m，n）；（2）m′＋n′≡m＋n（mod 2）；（3）（m′，n′）＝（m，n）．

當（m，n）＝1時，反復進行上面的操作，最后必有（m′，n′）＝（1，0）或（m′，n′）＝（1，1）．從而有

A2－040 求下列方程的正整數解：

（a，b）＋[a，b]＋a＋b＝ab 其中a?b，[a，b]、（a，b）分別表示a與b的最小公倍數與最大公因數． 【題說】 1996年日本數學奧林匹克預選賽題 7．

【解】 記（a，b）＝d，a＝da′，b＝db′，則[a，b]＝da′b′．題設條件變為 1＋a′＋b′＋a′b′＝da′b′（*）所以

故1＜d?4．

當d＝4時，a′＝b′＝1，從而a＝b＝4； 當d＝3時，（*）等價于

（2a′－1）（2b′－1）＝3 由a′?b′得a′＝2，b′－1．故a＝6，b＝3． 當d＝2時，（*）等價于

（a′－1）（b′－1）＝2 由a′?b′得a′＝3，b′＝2．從而a＝6，b＝4． 綜上所述，所求的正整數解有4，4；6，4；6，3．

A2－041 一個幻方中，每一行，每一列及每一對角線上的三個數之和有相同的值．圖示一個幻方中的四個數，求x． 【題說】 第十四屆（1996年）美國數學邀請賽題1．

【解】 幻方中兩條對角線的和與第二列的和都為同一值s，這3s也是第一行的和加上第二行的和，再加上中央一數的3倍．所以中央的

左下角的數為19＋96－1＝114．因此

x＝33105－19－96＝200

第十四講 整數問題：求解問題之八

A2－042 對整數1，2，3，?，10的每一個排列a1，a2，?，a10，作和

|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10|

數．求p＋q．

【題說】 第十四屆（1996年）美國數學邀請賽題12． 【解】 差|ai－aj|有如下的45種：

這45種的和為139＋238＋337＋436＋535＋634＋733＋832＋931＝165．每一種出現的次數相同，而在和

|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10| 中有5種，所以

A2－043 設正整數a、b使15a＋16b和16a－15b都是正整數的平方．求這兩個平方數中較小的數能夠取到的最小值． 【題說】 第三十七屆（1996年）國際數學奧林匹克題4．本題由俄羅斯提供． 【解】 15a＋16b＝r，16a－15b＝s 于是

16r2－15s2＝162b＋152b＝481b（1）所以 16r2－15s2是481＝13337的倍數．

由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6的平方為0，±1，±3，±4（mod 13），所以15≡2（mod 13）不是任一數的平方．因22此，16r≡15s（mod 13）時，必有13|s．

22同樣，由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6，±7，±8，±9，±10，±11，±12，±13，±14，±15，±16，±17，±18的平方為 0，±1，±3，±4，±9，±12，±16（mod 37），所以必有 37|s．

于是481|s．由（1），481|r．

在r＝s＝481時，b＝（16－15）3481＝481，a＝（16＋15）3481＝313481，滿足15a＋16b＝r2，16a－15b＝s2． 所以所說最小值為481．

A2－044 設自然數n為十進制中的10位數．從左邊數起第1位上的數恰是n的數字中0的個數，第2位上的數恰是n的數字中1的個數，一般地，第k＋1位上的數恰是n的數字中k的個數（0?k?9）．求一切這樣的數n．

【題說】 1997年日本數學奧林匹克預選賽題 7．

【解】 設n的左數第k＋1位上的數字為nk（0?k?9），則數字k出現的次數為nk．因為n是10位數，所以 n0＋n1＋n2＋?＋n9＝10（1）

又數字k若在左數第nj＋1位上出現，則數字j在n中出現k次．nk個k意味著有數字j1，j2，?，jnk，共出現knk次．于是，又有

ni＋2n2＋?＋9n9＝10（2）

由（2）顯然n5，n6，n7，n8，n9，至多一個非零，且n6，n7，n8，n9均?1． 若 n5＝n6＝n7＝n8＝n9＝0（3）

則n0?5．于是n中至少有一個數字?5，與（3）矛盾．所以n5，n6，n7，n8，n9中有一個非零，其余四個為0．從而 n1＋2n2＋3n3＋4n4?5（4）

（4）表明n1，n2，n3，n4中至少有兩個為0，從而n中0的個數不少于6，即n0?6．于是n6，n7，n8，n9中有一個為1，n5＝0．

若n9＝1，則n0＝9，n1?1，這顯然不可能．

若n8＝1，則n0＝8，n1?1，但無論n1＞1或n1＝1均不合要求．

若n7＝1，則n0＝7，n1＝1或2，前者顯然不合要求．后者導致n2?1，n0＋n1＋n2＋n7＞10也不合要求．

若n6＝1，則n0＝6，n1＝2或3．n1＝2時，n2＝1，數6210001000滿足要求．n1＝3時，n3＞0，n0＋n1＋n3＋n6＞10，不合要求．

綜上所述，滿足條件的10位數n只有6210001000．

A2－045 求所有的整數對（a，b），其中a?1，b?1，且滿足等式ab2＝ba． 【題說】 第三十八屆（1997年）國際數學奧林匹克題5．本題由捷克提供． 【解】 顯然當a、b中有一個等于1時，（a，b）＝（1，1）．以下設a，b?2．

設t＝b2/a，則由題中等式得到b＝at，at＝a2t，從而t＝a2t1．如果2t－1?1，則t＝a2t1?（1＋1）2t1?1＋（2t－1）＝2t＞t，矛盾．所以2t－1＜1．于是我們有0＜t＜1．

－

－

－記K＝1/t，則K＝a/b2＞1為有理數，由a＝bk可知 K＝bK－2

（1）

如果K?2，則K＝bK2?1，與前面所證K＞1矛盾，因此K＞2．設K＝p/q，p，q∈N，p、q互質，則p＞2q．于是由（1）－

q＝1，即K為一個大于2的自然數．

當b＝2時，由（2）式得到K＝2K2，所以K?4．又因為

－

等號當且僅當K＝4時成立，所以得到a＝bK＝24＝16．

當b?3時，＝bK2?（1＋2）K2?1＋2（K－2）＝2K－3．從而得到K?3．這意味著K＝3，于是得到b＝3，a＝bK＝33＝27． －－綜上所述，滿足題目等式的所有正整數對為（a，b）＝（1，1），（16，2），（27，3）．

第十五講 整數問題：數字問題之一

時間：2004-4-19 11:57:00 來源：www.tmdps.cn整除．

【題說】第九屆（1967年）國際數學奧林匹克題3．本題由英國提供． 【證】Cp－Cq=p（p＋1）－q（q＋1）=p2－q2＋p－q=（p－q）（p＋q＋1）

所以（Cm+1－Ck）（Cm+2－Ck）?（Cm+n－Ck）

=（m－k＋1）（m－k＋2）?（m－k＋n）2（m＋k＋2）（m＋k＋3）2?2（m＋k＋n＋1）

C1C2?Cn=n！（n＋1）！

因此只需證 nn

=A2B 是整數．

由于n個連續整數之積能被n！整除，故A是整數．

是整數．因為m＋k＋1是大于n＋1的質數，所以m＋k＋1與（n＋1）！互素，從而（m＋k＋2）（m＋k＋3）?（m＋k＋n＋1）能被（n＋1）！整除，于是B也是整數，命題得證．

A4－009 設a、b、m、n是自然數且a與b互素，又a＞1，證明：如果am＋bm能被an＋bn整除，那么m能被n整除． 【題說】第六屆（1972年）全蘇數學奧林匹克十年級題1． 【證】由于

ak＋bk=ak-n（an＋bn）－bn（ak-n－bk-n）a－b=a（a＋b）－b（a＋b）

l

l

l-n

n

n

n

l-n

l-n所以

（i）如果a＋b能被a＋b整除，那么a－b（ii）如果a－b能被a＋b整除，那么a＋bllnn

l-nkknn

k-n

k-n

也能被a＋b整除．

n

n

nn

l-n

也能被a＋b整除．

設m=qn＋r，0?r＜n，由（i）、（ii）知ar＋（－1）qbr能被an＋bn整除，但0?|ar＋（－1）qbr|＜an＋bn，故r=0（同時q是奇數）．亦即n|m．

A4－010 設m，n為任意的非負整數，證明：

是整數（約定0！=1）．

【題說】第十四屆（1972年）國際數學奧林匹克題3．本題由英國提供．

易證 f（m＋1，n）=4f（m，n）－f（m，n＋1）（1）n）為整數，則由（1），f（m＋1，n）是整數． 因此，對一切非負整數m、n，f（m，n）是整數． A4－011 證明對任意的自然數n，和數

不能被5整除．

【題說】第十六屆（1974年）國際數學奧林匹克題3．本題由羅馬尼亞提供．

又

兩式相乘得

因為72n+1=7349≡23（－1）（mod 5）

nn

A4－012 設p和q均為自然數，使得

證明：數p可被1979整除．

【題說】第二十一屆（1979年）國際數學奧林匹克題1．本題由原聯邦德國提供．

將等式兩邊同乘以1319！，得

其中N是自然數．

由此可見1979整除1319！3p．因為1979是素數，顯然不能整除1319！，所以1979整除p．

A4－013 一個六位數能被37整除，它的六個數字各個相同且都不是0．證明：重新排列這個數的六個數字，至少可得到23個不同的能被37整除的六位數．

【題說】第十四屆（1980年）全蘇數學奧林匹克十年級題1．

（c＋f）被37整除．

由于上述括號中的數字是對稱出現的，且各數字不為0，故交換對

又因為100a＋10b＋c=－999c＋10（100c＋10a＋b），所以

各再得7個被37整除的數，這樣共得23個六位數．

第二十講 整數問題：整除之三

A4－014（a）對于什么樣的整數n＞2，有n個連續正整數，其中最大的數是其余n－1個數的最小公倍數的約數？（b）對于什么樣的n＞2，恰有一組正整數具有上述性質？ 【題說】第二十二屆（1981年）國際數學奧林匹克題4． 【解】設n個連續正整數中最大的為m．

當n=3時，如果m是m－1，m－2的最小公倍數的約數，那么m整除（m－1）（m－2），由m|（m－1）（m－2）得m|2，與m－2＞0矛盾．

設n=4．由于

m|（m－1）（m－2）（m－3）所以m|6，而m＞4，故這時只有一組正整數3，4，5，6具有所述性質．

設n＞4．由于m|（m－1）（m－2）?（m－n＋1），所以m|（n－1）！取m=（n－1）（n－2），則（n－1）|（m－（n－1）），（n－2）|（m－（n－2））．由于n－1與n－2互質，m－（n－1）與m－（n－2）互質，所以m=（n－1）（n－2）整除m－（n－1）與m－（n－2）的最小公倍數，因而m具有題述性質．

類似地，取m=（n－2）（n－3），則m整除m－（n－2）與m－（n－3）的最小公倍數，因而m具有題述性質． 所以，當n?4時，總能找到具有題述性質的一組正整數．當且僅當n=4時，恰有唯一的一組正整數．

A4－018

試求出所有的正整數a、b、c，其中1＜a＜b＜c，使得（a－1）（b－1）（c－1）是abc－1的約數． 【題說】第三十三屆（1992年）國際數學奧林匹克題1．本題由新西蘭提供． 【解】設x=a－1，y=b－1，z=c－1，則1?x＜y＜z并且xyz是

（x＋1）（y＋1）（z＋1）－1=xyz＋x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的約數，從而xyz是x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的約數． 由于x＋y＋z＋xy＋yz＋zx＜3yz，所以x=1或2．

若x=1，則yz是奇數1＋2y＋2z的約數．由于1＋2y＋2z＜4z，所以y=3．并且3z是7＋2z的約數．于是z=7．

若x=2，則2yz是2＋3y＋3z＋yz的約數，從而y，z均為偶數，設y=2y1，z=2z1，則4y1z1?1＋3y1＋3z1＋2y1z1＜6z1＋2y1z1，所以y1＜3．因為y＞x，所以y1=2，y=4．再由8z1是7＋7z1的約數得z1=7，z=14．

因此，所求解為（3，5，15）與（2，4，8）．

A4－019 x與y是兩個互素的正整數，且xy≠1，n為正偶數．證明：x＋y不整除xn＋yn． 【題說】1992年日本數學奧林匹克題1．

【證】由（x，y）=1知（x＋y，y）=1，（x＋y，xy）=1． 當n=2時，x2＋y2=（x＋y）2－2xy．由于x＋y＞2，所以（x＋y）假設當n=2k（k∈N+）時，（x＋y）

2xy．故（x＋y）

（x2＋y2）．

（x2k＋y2k）．則當n=2（k＋1）時，由于

x2(k+1)＋y2(k+1)=（x＋y）（x2k+1＋y2k+1）－xy（x2k＋y2k）

所以（x＋y）

A4－020 證明當且僅當n＋1不是奇素數時，前n個自然數的積被前n個自然數的和整除． 【題說】第二十四屆（1992年）加拿大數學奧林匹克題1．（x2(k+1)＋y2(k+1)）．故對一切正偶數n，x＋y不整除xn＋yn．

若n＋1為奇合數，設n＋1=qr，q、r為奇數且3?q?r，則n

A4－021 找出4個不同的正整數，它們的積能被它們中的任意兩個數的和整除． 你能找出一組5個或更多個數具有同樣的性質嗎？ 【題說】1992年英國數學奧林匹克題3． 【解】顯然，2、6、10、14滿足要求． 任取n個不同的正整數。a1、a2、?、an，令

則n個不同的正整數la1、la2、?、lan中任意兩個的和顯然整除l2，從而整除它們的積lna1a2?an． A4－022 求最大自然數x，使得對每一個自然數y，x能整除7y＋12y－1． 【題說】1992年友誼杯國際數學競賽七年級題1．

【解】當y=1時，7y＋12y－1=18．假設7y＋12y－1是18的倍數，因為 7y+1＋12（y＋1）－1=637y＋12＋（7y＋12y-1）=63（7＋2）＋（7＋12y-1）

7＋2≡1＋2≡0（mod 3）

所以，7y+1＋12（y＋1）－1是18的倍數．

從而對一切自然數y，18整除7y＋12y－1，所求的x即18． A4－023 證明：若n為大于1的自然數，則2n－1不能被n整除． 【題說】1992年友誼杯國際數學競賽九年級題2． 【證】若n是偶數，顯然有n

n

（2n－1）．若n是奇素數，由費馬定理知2n≡2（mod n），所以2n－1≡1（mod n），即

n

r

n

yyy（2n－1）．若n是奇合數，設p是n的最小素因子，由費馬定理知2p-1≡1（mod P）；若i是使2i≡1（mod P）成立的最n，設n=qi＋r，0＜r＜i，則2≡小自然數，則2?i?P－1，從而i 1（mod p），即p（2n－1），故n

（2－1）．

第二十一講 整數問題：整除之四

A4－024 當n為何正整數時，323整除20＋16－3－1？ 【題說】第三屆（1993年）澳門數學奧林匹克第一輪題5． 【解】 323=17319 當n為偶數時，20n＋16n－3n－1≡1＋3n－3n－1≡0（mod 19）

n

n

n

20n＋16n－3n－1≡3n＋1n－3n－1≡0（mod 17）

所以此時323整除20＋16－3－1．

當n為奇數時，20n＋16n－3n－1≡3n－1－3n≡－2 A4－025 設x、y、z都是整數，滿足條件

（x－y）（y－z）（z－x）=x＋y＋z．（*）試證：x＋y＋z可以被27整除．

【題說】第十九屆（1993年）全俄數學奧林匹克九年級二試題5．

【證】（1）整數x、y、z被3除后余數都相同時，27|（x－y）（y－z）（z－x），即27|x＋y＋z．（2）x、y、z被3除后有且僅有兩個余數相同，例如x≡y（mod 3），且y 與（*）式矛盾，可見情形（2）不會發生．

（3）x、y、z被3除后余數都不相同，這時3|（x＋y＋z），但3 也不會發生．

于是，x、y、z除以3余數都相同，并且，27|x＋y＋z．

A4－026 對于自然數n，如果對于任何整數a，只要n|an－1，就有n2|an－1，則稱n具有性質P．（1）求證每個素數n都具有性質P；（2）求證有無窮多個合數也都具有性質P．

【題說】第三十四屆（1993年）IMO預選題．本題由印度提供． 【證】（1）設n=P為素數且p|（ap－1），于是，（a，p）=1．因為

ap－1=a（ap-1－1）＋（a－1）

由費馬小定理p|（a－1）．所以，p|（a－1），即a≡1（mod p）．因而

a≡1（mod p），i=0，1，2，?，p－1 將這p個同余式加起來即得

ap-1＋ap-2＋?＋a＋1≡0（mod p）

所以，p2|（a－1）（ap-1＋ap-2＋?＋a＋1）=ap－1

ip-1nnn

0（mod 17），所以此時323不整除20n＋16n－3n－1．

z（mod 3），這時3 x＋y＋z且3|（x－y），（x－y）（y－z）（z－x）．仍與（*）式矛盾，可見情況（3）

a≡1（mod n）．于是，像（1）一樣又可推得n2|（an－1）．因此，（q－1）（p－1）．因為q|（p－2），所以q

（p－1）．又因

具有性質P．顯然p＜n＜p2．取大于p2的素數，又可獲得另一個具有性質P的合數．所以，有無窮多個合數n具有性質p． A4－027 證明：對于自然數k、m和n．不等式[k，m]2[m，n]2[n，k]?[k，m，n]2成立．（其中[a，b，c，?，z]表示數a、b、c，?，z的最小公倍數．）【題說】第二十屆（1994年）全俄數學奧林匹克十年級（決賽）題5． 【證】將k、m、n分解．設

其中pi（i=1，2，?，l）為不同的素數，αi、βi、γi為非負整數．

對任一個素因數pi，不妨設0?αi?βi?γi．在所要證明的不等式左邊，pi的指數為βi＋γi＋γi=βi＋2γi；而右邊pi的指數為γi22=2γi．

因而所要證明的不等式成立．

A4－029 證明；所有形如10017，100117，1001117，?的整數皆可被53整除． 【題說】第五十八屆（1995年）莫斯科數學奧林匹克八年級題2． 【證】易知第一個數10017可被53整除，而數列中相鄰二數的差

也可被53整除，所以數列中所有數皆可被53整除

A4－030 證明：無論在數12008的兩個0之間添加多少個3，所得的數都可被19整除． 【題說】第五十八屆（1995年）莫斯科數學奧林匹克九年級題7． 【證】我們有

故結論成立 A4－031 設S={1，2，?，50），求最小自然數k，使S的任一k元子集中都存在兩個不同的數a與b，滿足（a＋b）|ab． 【題說】1996年中國數學奧林匹克（第十一屆數學冬令營）題2． 【解】設a、b∈S，滿足（a＋b）|ab，令（a，b）=c，則 a=ca1，b=cb1，（a1，b1）=1． 從而

c（a1＋b1）=（a＋b）|ab=c2a1b1

因為（a1＋b1，a1）=1，（a1＋b1，b1）=1，所以

（a1＋b1）|c 由于a、b是S中不同的數，從而a＋b?99即 c（a1＋b1）?99，而a1＋b1|c，故有3?a1＋b1?9．

在a1＋b1=3時，d=3，6，9，12，15，18，21，24，相應的（a，b）=（3，6），（6，12），（9，18），（12，24），（15，30），（18，36），（21，42），（24，48）．類似地，可得出a1＋b1=4，5，6，7，8，9時的數對（a，b）．將每一對得到的a、b用線相連成右圖．

S中剩下的25個數與圖上畫圈的13個數所成的38元集，不含任一對a、b滿足（a＋b）|ab．

另一方面，S中任一集R，如果元數?39，那么圖上至多11個數 R，從而12對數（14，35），（9，18），（28，21），（42，7），（5，20），（30，15），（45，36），（6，3），（10，40），（12，4），（24，8），（48，16）中至少有一對數都屬于R，即R中有a、b滿足（a＋b）|ab． 綜上所述，K=39．

A4－032 設自然數x、y、p、n和k滿足等式

x+y=p

證明：若n（n＞1）是奇數，p是奇素數，則n是數p的正整數冪． 【題說】第二十二屆（1996年）全俄數學奧林匹克九年級題3． 【證】不失一般性，設x與y都不被p整除．因為n為奇數，所以

n

n

k

用A表示上式右邊．由于p＞2，因此x、y中至少有一個數大于1．因為n＞1，所以A＞1．因為A（x＋y）=pk，所以A被p整除，數x＋y也被p整除． 于是得到

0≡A≡xn-1－xn-2（－x）＋xn-3（－x）2－?