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初中数学奥林匹克竞赛教程
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初中数学竞赛大纲（修订稿）数学竞赛对于开发学生智力，开拓视野，促进教学改革，提高教学水平，发现和培养数学人才都有着积极的作用。目前我国中学生数学竞赛日趋规范化和正规化，为了使全国数学竞赛活动健康、持久地开展，应广大中学师生和各级数学奥林匹克教练员的要求，特制定《初中数学竞赛大纲（修订稿）》以适应当前形势的需要。本大纲是在国家教委制定的九年义务教育制“初中数学教学大纲”精神的基础上制定的。《教学大纲》在教学目的一栏中指出：“要培养学生对数学的兴趣，激励学生为实现四个现代化学好数学的积极性。”具体作法是：“对学有余力的学生，要通过课外活动或开设选修课等多种方式，充分发展他们的数学才能”，“要重视能力的培养??，着重培养学生的运算能力、逻辑思维能力和空间想象能力，要使学生逐步学会分析、综合、归纳、演绎、概括、抽象、类比等重要的思想方法。同时，要重视培养学生的独立思考和自学的能力”。《教学大纲》中所列出的内容，是教学的要求，也是竞赛的要求。除教学大纲所列内容外，本大纲补充列出以下内容。这些课外讲授的内容必须充分考虑学生的实际情况，分阶段、分层次让学生逐步地去掌握，并且要贯彻“少而精”的原则，处理好普及与提高的关系，这样才能加强基础，不断提高。1、实数十进制整数及表示方法。整除性，被2、3、4、5、8、9、11等数整除的判定。素数和合数，最大公约数与最小公倍数。奇数和偶数，奇偶性分析。带余除法和利用余数分类。完全平方数。因数分解的表示法，约数个数的计算。有理数的表示法，有理数四则运算的封闭性。2、代数式综合除法、余式定理。拆项、添项、配方、待定系数法。部分分式。对称式和轮换对称式。3、恒等式与恒等变形恒等式，恒等变形。整式、分式、根式的恒等变形。恒等式的证明。4、方程和不等式含字母系数的一元一次、二次方程的解法。一元二次方程根的分布。含绝对值的一元一次、二次方程的解法。含字母系数的一元一次不等式的解法，一元一次不等式的解法。含绝对值的一元一次不等式。简单的一次不定方程。列方程（组）解应用题。5、函数y=|ax+b|,y=|ax+bx+c|及 y=ax+bx+c的图像和性质。二次函数在给定区间上的最值。简单分式函数的最值，含字母系数的二次函数。6、逻辑推理问题抽屉原则（概念），分割图形造抽屉、按同余类造抽屉、利用染色造抽屉。简单的组合问题。逻辑推理问题，反证法。简单的极端原理。简单的枚举法。7、几何四种命题及其关系。三角形的不等关系。同一个三角形中的边角不等关系，不同三角形中的边角不等关系。
面积及等积变换。三角形的心（内心、外心、垂心、重心）及其性质。 22第一讲 整数问题：特殊的自然数之一A1－001 求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平方．【题说】 1956年～1957年波兰数学奥林匹克一试题1．
x＝1000a＋100a＋10b＋b＝11（100a＋b）其中0＜a?9，0?b?9．可见平方数x被11整除，从而x被11整除．因此，数100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，2于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b?18，以a＋b＝11．于是x＝11（9a＋1），由此可知9a＋1是某个自然数的平方．对a＝1，22，?，9逐一检验，易知仅a＝7时，9a＋1为平方数，故所求的四位数是7744＝88．A1－002 假设n是自然数，d是2n的正约数．证明：n＋d不是完全平方．【题说】 1953年匈牙利数学奥林匹克题2．【证】 设2n＝kd，k是正整数，如果 n＋d是整数 x的平方，那么kx＝k（n＋d）＝n（k＋2k）但这是不可能的，因为kx与n都是完全平方，而由k＜k＋2k＜（k＋1）得出k＋2k不是平方数．A1－003 试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数．【题说】 1962年上海市赛高三决赛题 1．【证】 四个连续自然数的乘积可以表示成n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n＋3n）（n＋8n＋2）＝（n＋3n＋1）－1因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．A1－004 已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数．【题说】 1963年全俄数学奥林匹克十年级题2．算术级数有无穷多项．【证】 设此算术级数公差是 d，且其中一项 a＝m（m∈N）．于是a＋（2km＋dk）d＝（m＋kd）对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．A1－005 求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得到一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．【题说】 1964年全俄数学奥林匹克十一年级题 1．【解】 设 n满足条件，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．经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n－40?42－40＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数2为41＝1681．A1－006 求所有的素数p，使4p＋1和6p＋1也是素数． 【题说】 1964年～1965年波兰数学奥林匹克二试题 1．【解】 当p≡±1（mod 5）时，5|4p＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p＋1．所以本题只有一个解p＝5．A1－007 证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，z＝n＋a都不是素数．【题说】 第十一届（1969年）国际数学奥林匹克题1，本题由原民主德国提供．【证】 对任意整数m＞1及自然数n，有n＋4m＝（n＋2m）－4mn＝（n＋2mn＋2m）（n－2mn＋2m）而
n＋2mn＋2m＞n－2mn＋2m＝（n－m）＋m?m＞1故 n＋4m不是素数．取 a＝422，423，?就得到无限多个符合要求的 a． 2
第二讲 整数问题：特殊的自然数之二A1－008 将某个17位数的数字的顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．证明：得到的和中至少有一个数字是偶数．【题说】 第四届（1970年）全苏数学奥林匹克八年级题 4．【证】 假设和的数字都是奇数．在加法算式
中，末一列数字的和d＋a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b＋c?9．于是将已知数的前两位数字a、b与末两位数字c、d去掉，所得的13位数仍具有性质：将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数．照此进行，每次去掉首末各两位数字．最后得到一位数，它与自身相加显然是偶数．矛盾！因此，和的数字中必有偶数．A1－009 证明：如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1的因数．【题说】 第五届（1973年）加拿大数学奥林匹克题 3．【证】 因为p是奇数，所以2是p＋1的因数．因为p、p＋1、p＋2除以 3余数不同，p、p＋2都不被 3整除，所以p＋1被 3整除．于是6是p＋1的因数．A1－010 证明：三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项（不一定是连续的）．【题说】 美国第二届（1973年）数学奥林匹克题5．【证】 设p、q、r是不同素数．假如有自然数l、m、n和实数a、d，
消去a，d，得
化简得（m－n）p＝（l－n）q＋（m－l）r＋3（l－n）（
原命题成立．A1－011 设n为大于2的已知整数，并设Vn为整数1＋kn的集合，k＝1，2，?．数m∈Vn称为在 Vn中不可分解，如果不存在数p，q∈Vn使得 pq＝m．证明：存在一个数r∈Vn可用多于一种方法表达成Vn中不可分解的元素的乘积．【题说】 第十九届（1977年）国际数学奥林匹克题3．本题由荷兰提供．【证】 设a＝n－1，b＝2n－1，则a、b、ab都属于Vn．因为a＜（n＋1），所以a在Vn中不可分解．
式中不会出现a．r＝ab有两种不同的分解方式：r＝a2b＝a?（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab2ab＝?（直至ab分成不可2分解的元素之积），前者有因数a，后者没有．A1－012 证明在无限整数序列1001，1，?中没有素数．注意第一数（一万零一）后每一整数是由前一整数的数字连接0001而成．【题说】 1979年英国数学奥林匹克题 6．【证】 序列 1，1001，?，可写成1，1＋10，1＋10＋10，?
一个合数．
即对n＞2，an均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a2＝1．故对一切n?2，an均为合数．A1－013 如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这样的数叫绝对素数．求证：绝对素数的不同数字不能多于3个．【题说】 第十八届（1984年）全苏数学奥林匹克八年级题 8．【证】 若不同数字多于 3个，则这些数字只能是1、3、7、9．不难验证、、、7139除4以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，103M与上述7个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被7整除，从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数．A1－014 设正整数 d不等于 2、5、13．证明在集合｛2，5，13，d｝中可以找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．【题说】 第二十七届（1986年）国际数学奥林匹克题1．本题由原联邦德国提供．【证】 证明2d－1、5d－1、13d－1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可．用反证法，设5d－1＝x5d－1＝y2
（1） （2）（3） 2
13d－1＝z2其中x、y、z是正整数．由（1）式知，x是奇数，不妨设x＝2n－1．代入有 2d－1＝（2n－1）即d＝2n－2n＋1
（4）（4）式说明d也是奇数．于是由（2）、（3）知y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有2d＝q－p＝（q＋p）（q－p）因2d是偶数，即q－p是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q＋p和q－p都是偶数，即2d是4的倍数，因此d是偶数．这与d是奇数相矛盾，故命题正确． 222222第三讲
整数问题：特殊的自然数之三A1－015 求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n?5）个数的和为合数．【题说】 第二十一届（1987年）全苏数学奥林匹克十年级题 1．【解】 由n个数ai＝i2n！＋1，i＝1，2，?，n组成的集合满足要求．因为其中任意k个数之和为m2n！＋k（m∈N，2?k?n）由于n！＝1222?2 n是 k的倍数，所以m2n！＋k是 k的倍数，因而为合数．对任意两个数ai与 aj（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是ai－aj＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但ai与n！互质，所以ai与aj不可能有公共质因数p，即ai、aj（i≠j）互素．令n＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．A1－016 已知n?2，求证：如果k＋k＋n对于整数
素数．【题说】 第二十八届（1987年）国际数学奥林匹克题6．本题由原苏联提供．
（1）若m?p，则p|（m－p）＋（m－p）＋n．又（m－p）＋（m－p）＋n?n＞P，这与m是使k＋k＋n为合数的最小正整数矛盾．（2）若m?p－1，则（p－1－m）＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且（p－1－m）＋（p－1－m）＋n?n＞p因为（p－1－m）＋（p－1－m）＋n为合数，所以p－1－m?m，p?2m＋1由
得4m＋4m＋1?m＋m＋n即3m＋3m＋1－n?0由此得
A1－017 正整数a与b使得ab＋1整除a＋b．求证：（a＋b）/（ab＋1）是某个正整数的平方． 2222【题说】 第二十九届（1988年）国际数学奥林匹克题6．本题由原联邦德国提供．
a－kab＋b＝k
（1）显然（1）的解（a，b）满足ab?0（否则ab?－1，a＋b＝k（ab＋1）?0）．又由于k不是完全平方，故ab＞0．设（a，b）是（1）的解中适合a＞0（从而b＞0）并且使a＋b最小的那个解．不妨设a?b．固定k与b，把（1）看成a的二次方程，它有一根为a．设另一根为a′，则由韦达定理 2222
（2），a′为整数，因而（a′，b）也是（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0．但由（3）
从而a′＋b＜a＋b，这与a＋b的最小性矛盾，所以k必为完全平方．A1－018 求证：对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂．【题说】 第三十届（1989年）国际数学奥林匹克题5．本题由瑞典提供．【证】 设a＝（n＋1）！，则a＋k（2?k?n＋1），被k整除而不被k整除（因为a被k整除而k不被k整除）．如2lj22jj＋12jj＋1果a＋k是质数的整数幂p，则k＝p（l、j都是正整数），但a被p整除因而被p整除，所以a＋k被p整除而不被p整2j除，于是a＋k＝p＝k，矛盾．因此a＋k（2?k?n＋1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂． 222222
整数问题：特殊的自然数之四A1－019 n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6是合数？ n【题说】 第二十四届（1990年）全苏数学奥林匹克十一年级题5【解】 32n＋1－2n2n＋1－6＝（3－2）（3n＋1nnnn＋1＋2n＋1） 当 n＞l时，3－2＞1，3n＋2n＋1＞1，所以原数是合数．当 n＝1时，原数是素数13．A1－020 设n是大于6的整数，且a1、a2、?、ak是所有小于n且与n互素的自然数，如果a2－a1＝a3－a2＝?＝ak－ak－1＞0求证：n或是素数或是2的某个正整数次方．【题说】 第三十二届（1991年）国际数学奥林匹克题2．本题由罗马尼亚提供．【证】 显然a1＝1．由（n－1，n）＝1，得 ak＝n－1．令 d＝a2－a1＞0．当a2＝2时，d＝1，从而k＝n－1，n与所有小于n的自然数互素．由此可知n是素数．当a2＝3时，d＝2，从而n与所有小于n的奇数互素．故n是2的某个正整数次方．设a2＞3．a2是不能整除n的最小素数，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，则a3＝1＋2d，这时3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d?n，则小于n且与n互素自然数的个数为2．设n＝2m（＞6）．若m为偶数，则m＋1与n互质，若m为奇数，则m＋2与m互质．即除去n－1与1外、还有小于n且与n互质的数．矛盾．综上所述，可知n或是素数或是2的某个正整数次方．A1－021 试确定具有下述性质的最大正整数A：把从所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．【题说】 第一届（1992年）中国台北数学奥林匹克题6．【解】 设任一排列，总和都是＋?＋0，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和?15005，所以A?15005另一方面，将排列如下：2000
1300并记上述排列为a1，a2，?，a2000（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1?i?20，1?j?10）令
Si＝ai＋ai＋1＋?＋ai＋9（i＝1，2，?，1901）则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则Si＝15005；若i为偶数，则Si＝15004．综上所述A＝15005．第五讲 整数问题：特殊的自然数之五A1－022 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？【题说】 1992年友谊杯国际数学竞赛七年级题2．【解】
（n＋1）＋（n＋2）＋?＋（n＋10）＝10n＋110n＋385＝5（2n＋22n＋77）不难验证n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）时，均有2n＋22n＋77≡2（n＋n＋1）
所以（n＋1）＋（n＋2）＋?＋（n＋10）不是平方数，A1－023 是否存在完全平方数，其数字和为1993？ （mod 5）【题说】 第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第二轮题2．【解】 存在，事实上，
取n＝221即可．A1－024 能够表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？【题说】 第十一届（1993年）美国数学邀请赛题6．【解】 答495．连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495．又495＝51＋52＋?＋59＝45＋46＋?＋54＝40＋41＋?＋50A1－025 如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？【题说】 第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克九年级一试题1．【解】 如果2n＋1＝k，3n＋1＝m，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k－m＝（2k＋m）（2k－m）．因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k＋m）（2k－m）是合数． 22222第六讲
整数问题：特殊的自然数之六A1－026 设n是正整数．证明：2n＋1和3n＋1都是平方数的充要条件是n＋1为两个相邻的平方数之和，并且为一平方数与相邻平方数2倍之和．【题说】 1994年澳大利亚数学奥林匹克二试题2．【证】 若2n＋1及3n＋1是平方数，因为2由此可得2（2n＋1），3 （3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1），3n＋1＝（3t±1），22n＋1＝k＋（k＋1），n＋1＝（t±1）＋2t反之，若n＋1＝k＋（k＋1）＝（t±1）＋2t，则2n＋1＝（2k＋1），3n＋1＝（3t±1）从而命题得证．A1－027 设 a、b、c、d为自然数，并且ab＝cd．试问 a＋b＋c＋d能否为素数．【题说】 第五十八届（1995年）莫斯科数学奥林匹克九年级题 10．【解】 由题意知
正整数，将它们分别记作k与l．由a＋c＞c?c1，b＋c＞c?c2所以，k＞1且l＞1．从而，a＋b＋c＋d＝kl为合数．A1－028 设k1＜k2＜k3＜?是正整数，且没有两个是相邻的，又对于m＝1，2，3，?，Sm＝k1＋k2＋?＋km．求证：对每一个正整数n，区间（Sn，Sn＋1）中至少含有一个完全平方数．【题说】 1996年爱朋思杯――上海市高中数学竞赛题2．【证】 Sn＝kn＋kn－1＋?＋k1
第七讲 整数问题：求解问题之一A2－001 哪些连续正整数之和为1000？试求出所有的解．【题说】 1963年成都市赛高二二试题 3．【解】 设这些连续正整数共n个（n＞1），最小的一个数为a，则有a＋（a＋1）＋?＋（a＋n－1）＝1000即n（2a＋n－1）＝2000若n为偶数，则2a＋n－1为奇数；若n为奇数，则2a＋n－1为偶数．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种：若n＝5，则 a＝198；若n＝16，则 a＝55；若n＝25，则 a＝28．故解有三种：198＋199＋200＋201＋20255＋56＋?＋7028＋29＋?＋52A2－002 N是整数，它的b进制表示是777，求最小的正整数b，使得N是整数的四次方．【题说】 第九届（1977年）加拿大数学奥林匹克题3．【解】 设b为所求最小正整数，则7b＋7b＋7＝x素数7应整除x，故可设x＝7k，k为正整数．于是有b＋b＋1＝7k当k＝1时，（b－18）（b＋19）＝0．因此b＝18是满足条件的最小正整数．A2－003 如果比n个连续整数的和大100的数等于其次n个连续数的和，求n．【题说】 1976年美国纽约数学竞赛题 7．
s2－s1＝n＝100从而求得n＝10．A2－004 设a和b为正整数，当a＋b被a＋b除时，商是q而余数是r，试求出所有数对（a，b），使得q＋r＝1977．【题说】 第十九届（1977年）国际数学奥林匹克题 5．本题由原联邦德国提供．【解】 由题设a＋b＝q（a＋b）＋r（0?r＜a＋b），q＋r＝1977，所以 q2?1977，从而q?44．若q?43，则r＝1977－q?8．
即（a＋b）?88，与（a＋b）＞r?128，矛盾．因此，只能有q＝44，r＝41，从而得a＋b＝44（a＋b）＋41（a－22）＋（b－22）＝1009不妨设|a－22|?|b－22|，则1009?（a－22）?504，从而45?a?53．经验算得两组解：a＝50，b＝37及a＝50，b＝7．由对称性，还有两组解a＝37，b＝50；a＝7，b＝50．A2－005 数的最后三位数相等，试求出正整数n和m，使得m＋n取最小值，这里n＞m?1．【题说】 第二十届（1978年）国际数学奥林匹克题 1．本题由古巴提供．【解】 由题设＝因而≡0（mod 8）， m?3又1978而
1978≡3n－mn－mn－mmmmnmmn－mnm22222－1）≡0（mod 1000） ≡1（mod 125） ＝（1975＋3）n－m－1n－m ＋（n－m）321975（mod 125）（1）从而3n－m≡1（mod 5），于是n－m是4的倍数．设n－m＝4k，则
代入（1）得
从而k（20k＋3）≡0（mod 25）因此k必须是25的倍数，n－m至少等于，于是m＋n的最小值为n－m＋2m＝106，m＝3，n＝103A2－006 求方程x＋xy＋xy＋y＝8（x＋xy＋y＋1）的全部整数解x、y．
322322【题说】 1980年卢森堡等五国国际数学竞赛题 6．本题由荷兰提供．
x＋xy＋xy＋y＝（x＋y）－2xy（x＋y）＝u－2vux＋xy＋y＝（x＋y）－xy＝u－v从而原方程变为2v（u－4）＝u－8u－8
（2）因u≠4，故（2）即为
根据已知，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进一步计算可知只有u－4＝223＝6，于是u＝10，v＝16
第八讲 整数问题：求解问题之二A2－007 确定m＋n的最大值，这里 m和 n是整数，满足 m，n∈｛1，2，?，1981｝，（n－mn－m）＝1．【题说】 第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题 3．【解】 若m＝n，由（n－mn－m）＝1得（mn）＝1，故m＝n＝1．若m≠n，则由n－mn－m＝±1得 n＞m．令n＝m＋uk，于是[（m＋uk）－m（m＋uk）－m]＝1
若uk≠uk－1，则以上步骤可以继续下去，直至
从而得到数列：n，m，uk，uk－1，?，uk－l，uk－l－1此数列任意相邻三项皆满足ui＝ui－1＋ui－2，这恰好是斐波那契型数列．而{1，2，?，1981}中斐氏数为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597，可见m＝22987，n＝1597时，m＋n＝3524578为满足条件的最大值．A2－008 求方程w！＝x！＋y！＋z！的所有正整数解．【题说】 第十五届（1983年）加拿大数学奥林匹克题 1．【解】 不妨设x?y?z．显然w?z＋1，因此（z＋1）！?w！＝x！＋y！＋z！?32z！从而z?2．通过计算知x＝y＝z＝2，w＝3是原方程的唯一解．A2－009 求满足下式的所有整数n，m：n＋（n＋1）＝m＋（m＋1）【题说】 1984年匈牙利阿拉尼2丹尼尔数学竞赛（15年龄组）题 1．【解】 由原式得n（n＋1）＝m（m＋1）（m＋m＋2）设m＋m＝k，我们有n（n＋1）＝k（k＋2）．显然，只可能两边为零．解是（0，0），（0，－1），（－1，0），（－1，1）．A1－010 前1000个正整数中可以表示成[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]的正整数有多少个？【题说】 第三届（1985年）美国数学邀请赛题 10．【解】 令f（x）＝[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]．
个不同的正整数值．另一方面f（x＋n）＝f（x）＋20n对任一正整数n成立．将1－1000分为50段，每20个为1段．每段中，f（x）可取12个值．故总共可取到5个值，亦即在前1000个正整数中有600个可以表示成[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]的形式．3
A2－011 使n＋100能被n＋10整除的正整数n的最大值是多少？【题说】 第四届（1986年）美国数学邀请赛题 5．【解】 由n＋100＝（n＋10）（n－10n＋100）－900知，若n＋100被n＋10整除，则900也应被n＋10整除．因此，n最大值是890．323第九讲 整数问题：求解问题之三A2－012 a、b、c、d为两两不同的正整数，并且a＋b＝cd，ab＝c＋d求出所有满足上述要求的四元数组a、b、c、d．【题说】 1987年匈牙利数学奥林匹克题 1．【解】 由于a≠b，所以当且仅当a＝1或b＝1时，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中总有一个（也只有一个）为1．如果a＝1，那么由消去b可以推出
从而得到c＝2，d＝3，或者c＝3，d＝2．这样，本题的答案可以列成下表
A2－013 设[r，s]表示正整数r和s的最小公倍数，求有序三元正整数组（a，b，c）的个数，其中[a，b]＝1000，[b，c]＝2000，[c，a]＝2000．【题说】 第五届（1987年）美国数学邀请赛题 7．【解】 显然，a、b、c都是形如225的数．设a＝21251，b＝22252，c＝23253．由[a，b]＝，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应是4，m1、m2中必有一是3．另一个可以是0、1、2或3之任一种，因此m1、m2的取法有7种．又，n1、n2、n3中必有两个是3，另一个可以是0、1、2或3．因此n1、n2、n3取法有10种．故mi、ni（i＝1、2、3）不同取法共有7310＝70种，即三元组共有70个．A2－014 设m的立方根是一个形如n＋r的数，这里n为正整数，r为小于1/1000的正实数．当m是满足上述条件的最小正整数时，求n的值．【题说】 第五届（1987年）美国数学邀请赛题12．
33mnmnmnmn
m＝n＋1＜（n＋10）＝n＋3n210＋3n210＋10于是 32－3－6－93－33
从而n＝19（此时m＝19＋1为最小）．
【题说】 第十三届（1987年）全俄数学奥林匹克九年级题 1．【解】 144＝12，1444＝38设n＞3，则
则k必是一个偶数．所以
也是一个自然数的完全平方，但这是不可能的．因为平方数除以4，
因此，本题答案为n＝2，3．n A2－016 当n是怎样的最小自然数时，方程[10/x]＝1989有整数解？【题说】 第二十三届（1989年）全苏数学奥林匹克十年级题 1．【解】 1989?10/x＜1990所以10/1990＜x?10/1989即12?＜x?65?所以n＝7，这时x＝是解．A2－017 设an＝50＋n，n＝1，2，?．对每个n，an与an＋1的最大公约数记为dn．求dn的最大值．【题说】 1990年日本第1轮选拔赛题 9．【解】dn＝（an，an＋1）＝（50＋n，50＋（n＋1）－（50＋n））＝（50＋n，2n＋1） 22222nnnnn＝（2（n＋50），2n＋1）（因 2n＋1是奇数）＝（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）时，dn＝201．故所求值为201．A2－018 n是满足下列条件的最小正整数：（1）n是75的倍数；（2）n恰为 75个正整数因子（包括1及本身）．试求n/75．【题说】 第八届（1990年）美国数学邀请赛题5．【解】 为保证 n是75的倍数而又尽可能地小，可设n＝22325，其中α?0，β?1，γ?2，并且（α＋1）（β＋1）（γ＋1）＝75由75＝523，易知当α＝β＝4，γ＝2时，符合条件（1）、（2）．此时n＝22325，n/75＝432． 2442αβγ22第十讲 整数问题;求解问题之四A2－019 1．求出两个自然数x、y，使得xy＋x和xy＋y分别是不同的自然数的平方．2．能否在988至1991范围内求到这样的x和y？【题说】 第二十五届（1991年）全苏数学奥林匹克九年级题5．【解】 1．例如x＝1，y＝8即满足要求．2．假设988?x＜y?1991x、y∈N，使得xy＋x与xy＋y是不同的自然数的平方，则x＜xy＋x＜xy＋y这时y－x＝（xy＋y）－（xy＋x）＞（x＋1）－x＝2x＋1即y＞3x＋1由此得1991?y＞3x＋1?3矛盾！故在988与1991之间不存在这样的自然数x、y．A2－020 求所有自然数n，使得
这里[n/k]表示不超过n/k的最大整数，N是自然数集．【题说】 1991年中国数学奥林匹克题 5．【解】 题给条件等价于，对一切k∈N，k＋n/k?1991
（1）且存在k∈N，使得k＋n/k＜1992．
（2）（1）等价于对一切k∈N，k－1991k＋n?0即
（k－1991/2）＋n－
故（3）式左边在k取32时最小，因此（1）等价于n?＝又，（2）等价于存在k∈N，使（k－996）＋n－996＜0上式左边也在k＝32时最小，故（2）等价于n＜＝故n为满足?n?23的一切整数．A2－021 设n是固定的正整数，求出满足下述性质的所有正整数的和：在二进制的数字表示中，正好是由2n个数字组成，其中有n个1和n个0，但首位数字不是0．【题说】 第二十三届（1991年）加拿大数学奥林匹克题2．【解】 n＝1，易知所求和S1＝2．n?2时，首位数字为1的2n位数，在其余2n－1位上，只要n个0的位置确定了．则n－1个1的位置也就确定了，从而这个2n位二进制数也随之确定．
现考虑第k（2n＞k?1）位数字是1的数的个数．因为其中n个0的位置只可从2n－2个位置（除去首位和第k位）中选择，故这样的
将所有这样的2n位二进制数相加，按数位求和，便有
A2－022 在{，1002，?，2000}中有多少对相邻的数满足下列条件：每对中的两数相加时不需要进位？【题说】 第十届（1992年）美国数学邀请赛题6．
7或 8时，则当n和n＋1相加时将发生进位．再若b＝9而c≠9；a＝9而b≠9或c≠9．则当n和n＋1相加时也将发生进位．如果不是上面描述的数，则n有如下形式
其中a，b，c∈{0，1，2，3，4}．对这种形式的n，当n和n＋1相加时不会发生进位，所以共有5＋5＋5＋1＝156个这样的n．A2－023 定义一个正整数n是一个阶乘的“尾”，如果存在一个正整数m，使得m！的十进位制表示中，结尾恰好有n个零，那么小于1992的正整数中有多少个不是阶乘的尾？【题说】 第十届（1992年）美国数学邀请赛题15．【解】 设f（m）为m！的尾．则f（m）是m的不减函数，且当m是5的倍数时，有f（m）＝f（m＋1）＝f（m＋2）＝f（m＋3）＝f（m＋4）＜f（m＋5）因此，从f（0）＝0开始，f（m）依次取值为：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容易看出
如果存在m使f（m）＝1991，则
因而m＞64．由公式（1）可计算出f（7965）＝1988，从而f（7975）＝1991．在序列（1）中共有7980项，不同的值有96个．所以在{0，1，2，?，1991}中，有＝396个值不在（1）中出现．这就说明，有396个正整数不是阶乘的尾．第十一讲：整数问题：求解问题之五A2－024 数列{an}定义如下：a0＝1，a1＝2，an＋2＝an＋（an＋1）．求a1992除以7所得的余数．【题说】 1992年日本数学奥林匹克预选赛题1．【解】 考虑an以7为模的同余式：a0＝1≡1（mod 7）a1＝2≡2（mod 7）a1＝1＋2＝5≡－2（mod 7）a3≡2＋（－2）＝6≡－1（mod 7）a4≡－2＋（－1）＝－1（mod 7）a5≡－1＋（－1）＝0（mod 7）a6≡－1＋0＝－1（mod 7）a7≡0＋（－1）＝1（mod 7）a8≡－1＋1＝0（mod 7）a9≡1＋0＝1（mod 7）a10≡0＋1＝1（mod 7）a11≡1＋1＝2（mod 7）所以，an除以7的余数以10为周期，故a1992≡a2≡5（mod 7）．A2－025 求所有的正整数n，满足等式S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝?＝S（n）其中S（x）表示十进制正整数x的各位数字和．【题说】 1992年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克（最后一轮）题 3．【解】 显然，n＝1满足要求．由于对正整数x，有S（x）≡x（mod 9），故当n＞1时，有n≡S（n）≡S（2n）≡2n（mod 9）所以9|n．若n是一位数，则n＝9，又S（9）＝S（239）＝S（339）＝?＝S（9）＝9，故9满足要求．
10?n＜10kk＋1又9
10k，故10＋1?n＜10kk＋1若n＜10＋10kk－1＋?＋10＋1，则
与已知矛盾，从而n?10＋10令n＝9m．设m的位数为l（k?l?k＋1），m－1＝
kk－1＋?＋10＋1（1）
S（n）＝S（（10＋10＝S（（10＝S（10k＋1kk－1＋?＋10＋1）n） －1）m） k＋1k＋1（m－1）＋（10－10）＋（10 ll－m））
其中9有k＋1－l个，bi＋ci＝9，i＝1，2，?，l．所以S（n）＝9（k＋1）
（2）由于n是 k＋1位数，所以 n＝99?9＝10另一方面，当 n＝99?9＝10k＋1k＋1－1． 2－1时，S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝?＝S（n）．k综上所述，满足要求的正整数为n＝1及n＝10－1（k?1）．A2－026 求最大正整数k，使得3|（2＋1），其中m为任意正整数．【题说】 1992年友谊杯国际数学竞赛十、十一年级题 2．【解】 当m＝1时，2＋1＝9，故k?2．又由于2＋1＝（2）≡（－1）3＝0所以，对任意正整数m，9|（2＋1）．即所求k的值为2． 3mm－13m33m－13mk3m＋1 ＋1（mod 9）
最大整数．【题说】 1993年全国联赛一试题2（4），原是填空题．【解】 因为10＋3＝（10）＋3＝（10＋3）（（10）－3310＋3）
＝（10）（10－3）＋9－1它的个位数字是8，十位数字是0．A2－028 试求所有满足如下性质的四元实数组：组中的任一数都等于其余三个数中某两个数的乘积．【题说】 第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克十一年级二试题5．【解】 设这组数的绝对值为a?b?c?d．无论a为b，c，d哪两个数的乘积，均有a?bc，类似地，d2?bc．从而，bc?a?b?c?d?bc，即a＝b＝c＝d＝a．所以a＝0或1，不难验证，如果组中有负数，则负数的个数为2或3．所以，答案为{0，0，0，0}，{1，1，1，1}，{－1，－1，1，1}，{－1，－1，－1，1}． 3131第十二讲
整数问题：求解问题之六A2－029 对任意的实数x，函数f（x）有性质f（x）＋f（x－1）＝x．如果f（19）＝94，那么f（94）除以1000的余数是多少？【题说】 第十二届（1994年）美国数学邀请赛题3．【解】 重复使用f（x）＝x－f（x－1），有f（94）＝94－f（93）＝94－93＋f（92）＝94－93＋92－f（91）＝?＝94－93＋92－?＋20－f（19）＝（94＋93）（94－93）＋（92＋91）（92－91）＋?＋（22＋21）（22－21）＋20－94＝（94＋93＋92＋?＋21）＋
＝4561因此，f（94）除以1000的余数是561．A2－030 对实数x，[x]表示x的整数部分，求使[log21]＋[log22]＋[log23]＋?＋[log2n]＝1994成立的正整数n．【题说】 第十二届（1994年）美国数学邀请赛题 4．【解】 [long21]＋[log22]＋[log23]＋?＋[log2128]＋[log2129]＋?＋[log2255]＝231＋432＋833＋＋＝1538．
A2－031 对给定的一个正整数n．设p（n）表示n的各位上的非零数字乘积（如果n只有一位数字，那么p（n）等于那个数字）．若S＝p（1）＋p（2）＋p（3）＋?＋p（999），则S的最大素因子是多少？【题说】 第十二届（1994年）美国数学邀请赛题5．【解】 将每个小于1000的正整数作为三位数，（若位数小于3，则前面补0，如 25可写成 025），所有这样的正整数各位数字乘积的和是（0＋02022＋?＋9）－02020＝（0＋1＋2＋?＋9）－0p（n）是n的非零数字的乘积，这个乘积的和可以由上面表达式将0换成1而得到．因此，
＝46－1＝最大的素因子是103．A2－032 求所有不相同的素数p、q、r和s，使得它们的和仍是素数，并且p＋qs及p＋qr都是平方数．【题说】 第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克九年级题7．【解】 因为四个奇素数之和是大于2的偶数，所以所求的素数中必有一个为偶数2．若p≠2，则p＋qs或p＋qr中有一个形如（2k＋1）＋2（2l＋1）＝4（k＋k＋l）＋3，这是不可能的，因为奇数的平方除以4的余数是1，所以p＝2．设2＋qs＝a，则qs＝（a＋2）（a－2）．若a－2＝1，则qs＝5，因为q、s是奇素数，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． 三个数q－4、q、q＋4被3除，余数各不相同，因此其中必有一个被 3整除．q或q＋4为3时，都导致矛盾，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 求所有这样的素数，它既是两个素数之和，同时又是两个素数之差．【题说】 第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克十年级题5．【解】 设所求的素数为p，因它是两素数之和，故p＞2，从而p是奇数．因此，和为p的两个素数中有一个是2，同时差为p的两个素数中，减数也是2，即p＝q＋2，p＝r－2，其中q、r为素数．于是p－2、p、p＋2均为素数．在三个连续的奇数中必有一数被3整除，因这数为素数，故必为3．不难验证只有p－2＝3，p＝5，p＋2＝7时，才满足条件．所以所求的素数是5．
个整数．【题说】 第三十五届（1994年）国际数学奥林匹克题4．本题由澳大利亚提供．【解】 n＋1＝n＋mn－（mn－1），所以mn－1|n（n＋m）．因为（mn－1，n）＝1，所以mn－1|n＋m．又n（m2＋n）－（n＋m）＝m（mn－1），所以mn－1|m＋n．因此m，n对称，不妨设m?n．当n＝1时，mn－1＝m－1|n＋1＝2，从而m＝2或3，以下设n?2．若m＝n，则n－1|（n＋1）＝（n－n）＋（n＋1），从而n－1|（n＋1），m＝n＝2．若m＞n，则由于2（mn－1）?n＋mn＋n－2?n＋2m＞n＋m所以mn－1＝n＋m，即（m－n－1）（n－1）＝2从而
于是本题答案为（m，n）＝（2，1），（3，1），（1，2），（2，2），（5，2），（1，3），（5，3），（3，5），（2，5）共九组．第十三讲 整数问题 ：求解问题之七
【题说】 第十三届（1995年）美国数学邀请赛题7．【解】 由已知得
A2－036 一个正整数不是42的正整数倍与合数之和．这个数最大是多少？【题说】 第十三届（1995年）美国数学邀请赛题10．【解】 设这数为42n＋p，其中n为非负整数，p为小于42的素数或1．由于＋2，42＋3，＋7，＋13，42＋19，42＋23，42＋31，42＋41，都是合数，所以在n?5时，42n＋p都可表成42的正整数倍与合数之和，只有4235＋5例外．因此，所求的数就是5．A2－038 求所有正整数x、y，使得x＋y＋z＝xyz，这里z是x、y的最大公约数．【题说】 第三十六届（1995年）IMO预选题．【解】 由原方程及y、z、xyz均被z整除得出z|x．设x＝az，y＝bz，则原方程化为a＋b＋z＝abz2222
） 由b、abz被b整除得b|（a＋z）．于是b?a＋z．a＋z＋b＝abz＝（a＋z）b＋（a＋z）b＋b（（z－2）a－2z）?a＋z＋b＋b（（z－2）a－2z）
（2）（2）中不等式的等号只在b＝1并且b＝a＋z时成立，而这种情况不可能出现（a＋z＞1），所以（2）是严格的不等式．这表明（z－2）a－2Z＜0
（3）从而z?2（否则（3）的左边?z－2－2z?z－2＞0）． 2222222在z＝2时，2a－2z＜0，即a＝1，代入（1）得b＝1或3，从而x＝4，y＝2或6．在z＝1时，（1）成为a＋b＋1＝ab
（4）从而（a－b）（b－1）＝b＋1＝（b－1）＋2这表明（b－1）|2，b＝2或3．代入（4）得a＝5．于是x＝5，y＝2或3．因此本题共有四组解：（x，y）＝（4，2），（4，6），（5，2），（5，3）．A2－039 设 m、n∈N，（m，n）＝1．求（5＋7，5＋7）．其中（m，n）表示 m、n的最大公约数．【题说】 1996年日本数学奥林匹克题 2．【解】 记H（m，n）＝（5＋7，5＋7）．则H（0，1）＝（2，12）＝2H（1，1）＝（12，12）＝12因H（m，n）＝H（n，m），故可设n?m．当n?2m时，（5＋7，5＋7）＝（5＋7，（5＋7）（5＋7n－2mmmmmn－mmmnnmmnnmmnn2＋7n－m）－57（5mmn－2m ））mmmn－2m＝（5＋7，57（5＝（5＋7，5mmn－2mm＋7） n－2m）） ＋7n－2m当m?n＜2m时，（5＋7，5＋7）＝（5＋7，（5＋7）（5－nmmnnmmmmn－m＋7n－m）－5n－mn－m7（5 2m＋72m－n））m2m－n＝（5＋7，5记
m＋72m－n）
则（1）H（m′，n′）＝H（m，n）；（2）m′＋n′≡m＋n（mod 2）；（3）（m′，n′）＝（m，n）．当（m，n）＝1时，反复进行上面的操作，最后必有（m′，n′）＝（1，0）或（m′，n′）＝（1，1）．从而有
A2－040 求下列方程的正整数解：（a，b）＋[a，b]＋a＋b＝ab其中a?b，[a，b]、（a，b）分别表示a与b的最小公倍数与最大公因数．【题说】 1996年日本数学奥林匹克预选赛题 7．【解】 记（a，b）＝d，a＝da′，b＝db′，则[a，b]＝da′b′．题设条件变为1＋a′＋b′＋a′b′＝da′b′
故1＜d?4．当d＝4时，a′＝b′＝1，从而a＝b＝4；当d＝3时，（*）等价于（2a′－1）（2b′－1）＝3由a′?b′得a′＝2，b′－1．故a＝6，b＝3．当d＝2时，（*）等价于（a′－1）（b′－1）＝2由a′?b′得a′＝3，b′＝2．从而a＝6，b＝4．综上所述，所求的正整数解有4，4；6，4；6，3．A2－041 一个幻方中，每一行，每一列及每一对角线上的三个数之和有相同的值．图示一个幻方中的四个数，求x．【题说】 第十四届（1996年）美国数学邀请赛题1．【解】 幻方中两条对角线的和与第二列的和都为同一值s，这3s也是第一行的和加上第二行的和，再加上中央一数的3倍．所以中央的
左下角的数为19＋96－1＝114．因此
x＝3＝200第十四讲 整数问题：求解问题之八A2－042 对整数1，2，3，?，10的每一个排列a1，a2，?，a10，作和|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10
数．求p＋q．【题说】 第十四届（1996年）美国数学邀请赛题12．【解】 差|ai－aj|有如下的45种：
这45种的和为139＋238＋337＋436＋535＋634＋733＋832＋931＝165．每一种出现的次数相同，而在和|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10|中有5种，所以
A2－043 设正整数a、b使15a＋16b和16a－15b都是正整数的平方．求这两个平方数中较小的数能够取到的最小值．【题说】 第三十七届（1996年）国际数学奥林匹克题4．本题由俄罗斯提供．【解】 15a＋16b＝r，16a－15b＝s于是16r2－15s＝16b＋15b＝481b
16r－15s是481＝13337的倍数．由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6的平方为0，±1，±3，±4（mod 13），所以15≡2（mod 13）不是任一数的平方．因22此，16r≡15s（mod 13）时，必有13|s． 2222222同样，由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6，±7，±8，±9，±10，±11，±12，±13，±14，±15，±16，±17，±18的平方为 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时，b＝（16－15），a＝（16＋15），满足15a＋16b＝r，16a－15b＝s． 所以所说最小值为481．A2－044 设自然数n为十进制中的10位数．从左边数起第1位上的数恰是n的数字中0的个数，第2位上的数恰是n的数字中1的个数，一般地，第k＋1位上的数恰是n的数字中k的个数（0?k?9）．求一切这样的数n．【题说】 1997年日本数学奥林匹克预选赛题 7．【解】 设n的左数第k＋1位上的数字为nk（0?k?9），则数字k出现的次数为nk．因为n是10位数，所以n0＋n1＋n2＋?＋n9＝10
（1）又数字k若在左数第nj＋1位上出现，则数字j在n中出现k次．nk个k意味着有数字j1，j2，?，jnk，共出现knk次．于是，又有ni＋2n2＋?＋9n9＝10
（2）由（2）显然n5，n6，n7，n8，n9，至多一个非零，且n6，n7，n8，n9均?1．若
n5＝n6＝n7＝n8＝n9＝0
（3）则n0?5．于是n中至少有一个数字?5，与（3）矛盾．所以n5，n6，n7，n8，n9中有一个非零，其余四个为0．从而 n1＋2n2＋3n3＋4n4?5
（4）（4）表明n1，n2，n3，n4中至少有两个为0，从而n中0的个数不少于6，即n0?6．于是n6，n7，n8，n9中有一个为1，n5＝0．若n9＝1，则n0＝9，n1?1，这显然不可能．若n8＝1，则n0＝8，n1?1，但无论n1＞1或n1＝1均不合要求．若n7＝1，则n0＝7，n1＝1或2，前者显然不合要求．后者导致n2?1，n0＋n1＋n2＋n7＞10也不合要求．若n6＝1，则n0＝6，n1＝2或3．n1＝2时，n2＝1，数满足要求．n1＝3时，n3＞0，n0＋n1＋n3＋n6＞10，不合要求．综上所述，满足条件的10位数n只有．A2－045 求所有的整数对（a，b），其中a?1，b?1，且满足等式a＝b．【题说】 第三十八届（1997年）国际数学奥林匹克题5．本题由捷克提供．【解】 显然当a、b中有一个等于1时，（a，b）＝（1，1）．以下设a，b?2．设t＝b/a，则由题中等式得到b＝a，at＝a，从而t＝a＞t，矛盾．所以2t－1＜1．于是我们有0＜t＜1．记K＝1/t，则K＝a/b＞1为有理数，由a＝b可知K＝bK－2
2k2t2t2t－1b2a22．如果2t－1?1，则t＝a2t－1?（1＋1）2t－1?1＋（2t－1）＝2t（1）如果K?2，则K＝bK－2?1，与前面所证K＞1矛盾，因此K＞2．设K＝p/q，p，q∈N，p、q互质，则p＞2q．于是由（1）
q＝1，即K为一个大于2的自然数．当b＝2时，由（2）式得到K＝2K－2，所以K?4．又因为
等号当且仅当K＝4时成立，所以得到a＝b＝2＝16．当b?3时，＝b＝27． K－2K4?（1＋2）K－2?1＋2（K－2）＝2K－3．从而得到K?3．这意味着K＝3，于是得到b＝3，a＝b＝3K3综上所述，满足题目等式的所有正整数对为（a，b）＝（1，1），（16，2），（27，3）．第十五讲 整数问题：数字问题之一
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怎样才能考取重点中学？A3－001 在数3000003中，应把它的百位数字和万位数字0换成什么数字，才能使所得的数能被13整除？【题说】 1950年～1951年波兰数学奥林匹克三试题2．【解】 设所求数字为x和y，则有
因为10、10、10除以13时，分别得余数1、3、9，所以n≡3＋3x＋9y＋3＝3（2＋x＋3y）（mod 13）当且仅当x＋3y＋2被13整除，即x＋3y＋2＝13m（m为自然数）
（1）时，n被13整除．由于x＋3y＋2?9＋329＋2＝38所以m只能取1或2．当m＝1时，由方程（1）及0?x，y?9，解得x＝8，y＝1；x＝5，y＝2；x＝2，y＝3当m＝2时，解得x＝9，y＝5；x＝6，y＝6；x＝3，y＝7；x＝0，y＝8． 642故本题共有7个解：53，63，3000803．A3－002 求出所有这样的三位数，使其被11整除后的商数等于该三位数各位数字的平方和．【题说】 第二届（1960年）国际数学奥林匹克题1．本题由保加利亚提供．【解】 设这个三位数除以11以后的商为10a＋b，其中 a是商的十位数，b是商的个位数．若a＋b?10，则原数为100（a＋1）＋10（a＋b－10）＋b若a＋b＜10，则原数为100a＋10（a＋b）＋b以下对这两种情形分别讨论．先考虑第一种情形．由题设有（a＋1）＋（a＋b－10）＋b＝10a＋b
（1）若a＋b＞10，则有（a＋1）＋（a＋b－10）＋b?（a＋1）＋1＋（11－a） 2
故若（1）式成立，只能有a＋b＝10．将b＝10－a代入（1）解得唯一的一组正整数解a＝7，b＝3再考虑第二种情形．此时由题设有a＋（a＋b）＋b＝10a＋b
（2）若a＋b＞5，则有a＋（a＋b）＋b＝2（a＋b）2a＋2b＞10a＋b故若（2）成立，只能有a＋b?5．注意在（2）式中左边和10a都是偶数；因此b也是偶数．若a＋b＜5，则b只能为2，将b＝2代入（2）得不到整数解，因此只能有a＋b＝5．将b＝5－a代入（2）得唯一的一组正整数解a＝5，b＝0综上所述，合乎要求的三位数只有550，803．A3－003 下面是一个八位数除以一个三位数的算式，试求商，并说明理由． 2222222
【题说】 1958年上海市赛高三题1．【解】 原式可写成：
其中所有未知数都表示数字，且下标为1的未知数都不等于零．x1x2x3等表示x1210＋x2210＋x3等．（1）因为得到商的第一个数字7后，同时移下两个数字a5、a6，所以y2＝0，同理y4＝0．（2）四位数a1a2a3a4与三位数b1b2b3之差为两位数c1c2，所以a1＝1，a2＝0，b1＝9，同理，c1＝1，c2＝0，d1＝9，于是a4＝b3，b2＝9，a3＝0．（3）由73x1x2x3＝99b3，所以x1＝1，x2＝4．990－73140＝10，所以x3＝2，b3＝4，从而a4＝b3＝4．（4）由c1＝1，c2＝0可知y3＝7．（5）y53142是四位数，所以x5?8．又因y53142的末位数字是8，所以y5＝9．于是商为70709，除数142，从而被除数为．A3－004 证明：在任意39个连续的自然数中，总能找到一个数，它的数字之和被11整除．【题说】 1961年全俄数学奥林匹克八年级题 3．【证】 在任意39个连续自然数中，一定有三个数末位数字为0，而前两个数中一定有一个十位数字不为9，设它为N，N的数字之和为n，则N，N＋1，N＋2，?，N＋9，N＋19这11个数的数字之和依次为n，n＋1，n＋2，?，n＋9，n＋10，其中必有一个是11的倍数．【注】 39不能改为38．例如00018这38个连续自然数中，每个数的数字和都不被11整除．本题曾被改编为匈牙利1986年竞赛题、北京市1988年竞赛题．A3－005 求有下列性质的最小自然数n：其十进制表示法以6结尾；当去掉最后一位6并把它写在剩下数字之前，则成为n的四倍数．【题说】 第四届（1962年）国际数学奥林匹克题1．本题由波兰提供． 2【解】 设n＝10m＋6，则6310＋m＝4（10m＋6），其中p为m的位数．于是m＝2（10－4）/13，要使m为整数，p至少为5，此时，n＝153846．A3－006 公共汽车票的号码由六个数字组成．若一张票的号码前三个数字之和等于后三个数字之和，则称它是幸运的．证明：所有幸运车票号码的和能被13整除．【题说】 1965年全俄数学奥林匹克八年级题 4．【证】 设幸运车票的号码是A，则A′＝999999－A也是幸运的，且A≠A′．因为A＋A′＝931001含因数13．而所有幸运号码都能如此两两配对．所以所有幸运号码之和能被13 整除．A3－007 自然数k有如下性质：若n能被k整除，那末把n的数字次序颠倒后得到的数仍能被k整除．证明：k是99的因子．【题说】 第一届（1967年）全苏数学奥林匹克十年级题5．【证】 k与10互质．事实上，存在首位为1且能被k整除的数，把它的数字倒过来也能被k整除，而此数的末位数字为1． 取以500开头的且被k整除的数：500abc?z，（a，b，c，?，z是这个数的数字），则以下的数均被k整除：（1）z?cba005．（2）和
（3）把（2）中的和倒过来z?cba00010abc?z（4）差
由此看出，99能被k整除．A3－008 计算由1到10的每一个数的数字之和，得到10个新数，再求每一个新数的数字之和；这样一直进行下去，直到都是一位数为止．那么，最后得到的数中是1多，还是2多？【题说】 1964年全俄数学奥林匹克八年级题3．考虑整数被9除的余数．【解】 一个正整数与其数字之和关于9是同余的，故最后所得的一位数为1者，是原数被9除余1的数，即1，10，19，?，及10．同理，最后所得一位数为2者，原数被9除余2，即2，11，20，?，．二者相比，余1者多一个数，因此，最后得到的一位数中以1为多．A3－009 求出具有下列性质的所有三位数A：将数A的数字重新排列，得出的所有数的算术平均值等于A．【题说】 第八届（1974年）全苏数学奥林匹克九年级题 5．
由此可得222（a＋b＋c）＝6（100a＋10b＋c），即7a＝3b＋4c，将这方程改写成7（a－b）＝4（c－b）当0?b?2时，a＝b＝c，或a－b＝4且c－b＝7．当7?b?9时，b－a＝4，b－c＝7，从而A∈{111，222，?，999，407，518，629，370，481，592}显然这15个三位数都合乎要求．第十六讲
整数问题：数字问题之二A3－010 当4444数都是十进制数）． 4444写成十进制数时，它的各位数字之和是A，而B是A的各位数字之和，求B的各位数字之和（所有的【题说】 第十七届（1975年）国际数学奥林匹克题4．本题由原苏联提供．【解】 因为4444A?177760B?1＋539＝46，B的数字和C?4＋9＝13由于一个数与它的数字和mod 9同余，所以C≡B≡A≡4444＝（7）4的位数不超过776，所以 ≡78137≡7（mod 9）故C＝7，即数B的各位数字之和是7．A3－011 设n是整数，如果n的十位数字是7，那么n的个位数字是什么？【题说】 第十届（1978年）加拿大数学奥林匹克题1．【解】 设n＝10x＋y，x、y为整数，且0?y?9，则n＝100x＋20xy＋y＝20A＋y（A为正整数）因20A的十位数字是偶数，所以要想使n十位数字是7，必须要y的十位数字是奇数，这只有y＝16或36．从而y的个位2数字，即n的个位数字都是6．A3－013 下列整数的末位数字是否组成周期数列？
其中[a]表示数a的整数部分．【题说】 第十七届（1983年）全苏数学奥林匹克九年级题 4．
不循环小数，所以{a2k＋1}从而{an}不是周期数列．
在二进制中的末位数字．显然，bn为偶数时，rn＝0，bn为奇数时，rn＝1．仿（a）可证{rn}不是周期的，从而{bn}也不是周期数列．A3－014 设an是1＋2＋?＋n的个位数字，n＝1，2，3，?，试证：0.a1a2?an?是有理数．【题说】 1984年全国联赛二试题 4．【证】 将（n＋1），（n＋2），?，（n＋100）这100个数排成下表：（n＋1）2
222222（n＋2）2
（n＋10）?
（n＋20） 22（n＋11）2
（n＋12）2?
?（n＋91）22
（n＋92）22
（n＋100） 2因k与（k＋10）的个位数字相同，故表中每一列的10个数的个位数字皆相同．因此，将这100个数相加，和的个位数字是0．所以，an＋100＝an对任何n成立．这说明0.a1a2a3?是循环小数，因而是有理数．A3－015 是否存在具有如下性质的自然数n：（十进制）数n的数字和等于1000，而数n的数字和等于1000？【题说】 第十九届（1985年）全苏数学奥林匹克八年级题 2．【解】 可用归纳法证明更一般的结论：对于任意自然数m，存在由1和0组成的自然数n，它的数字和S（n）＝m，而n的数字和S（n）＝m？当m＝1，n＝1时，显然满足要求．设对自然数m，存在由1和0组成的自然数n，使得S（n）＝m，S（n）＝m设n为k位数，取n1＝n310k＋，则n1由0，1组成并且S（n1）＝S（n）＋1＝m＋1
＝S（n310（1）＝S（n）＋2S（n）＋1＝m＋2m＋1＝（m＋1）因此命题对一切自然数m均成立．A3－017 设自然数n是一个三位数．由它的三个非零数字任意排列成的所有三位数的和减去 n等于1990．求 n．【题说】 1989年芜湖市赛题 3．
22222k＋2）＋S（2n310k＋1）＋S
（a＋b＋c）＝1990＋n＜2989而＝＝＋2302，64＝86＝，08＞2989经验证：a＋b＋c＝11时，n＝452符合题意．A3－018 定义数列{an}如下：a1＝，an等于an－1的各位数字之和，a5等于什么？【题说】 第二十一届（1989年）加拿大数学奥林匹克题 3．【解】 由a1＜10000＝b1，而b1的位数是＝7957，知a2＜000，所以a2最多是5位数，从而a3?539＝45，a4?4＋9＝13，因此a5一定是一位数．另一方面，由9|1989，知9|a1，因而9可整除a1的数字和，即9|a2，又因此有9|a3，9|a4，9|a5．所以a5＝9． 1989第十七讲 整数问题：数字问题之三A3－019 某州颁发由6个数字组成的车牌证号（由0―9的数字组成），且规定任何两个牌号至少有两个数字不同（因此，证号“027592”与“020592”不能同时使用），试确定车牌证号最多有多少个？【题说】 第十九届（1990年）美国数学奥林匹克题1．【解】 至多可造出不同的五位证号a1a2a3a4a510个．令a6是a1＋a1＋a3＋a4＋a5的个位数字，所成的六位数便满足要求．因为如果两个数的前五位中只有一个数字不同，那么第6位数字必然不同．另一方面，任何10＋1个6位数中，总有两个前五位数字完全相同．因此，符合题目要求的车牌证号最多有10个．A3－020 设 A＝99?99（81位全为9），求A的各位数字之和．【题说】 1991年日本数学奥林匹克预选赛题1． 2555【解】 由A＝10－1知A＝10＋1 81＝99?980?01↑
82位故A各位数字之和＝93（162－82）＋8＋1＝729．A3－021 如果一个正整数的十进制表示中至少有两个数字，并且每个数字都比它右边的数字小，那么称它为“上升”的．这种“上升”的正整数共有多少个？【题说】 第十届（1992年）美国数学邀请赛题2．【解】 符合条件的正整数中的数字，都是不同的非零数码，即集合S＝{1，2，3，?，9}的二元或二元以上的子集．反过9来，S的每个二元或二元以上的子集，将它的数码从小到大排列，也得到一个符合条件的正整数．S的子集共有2=512个，其中只含一个元素的子集有9个，一个空集．故符合条件的正整数共有512－10=502个．A3－022
试用一个n的函数，表示乘积
在十进制下各位数字的和．【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题1．【解】先给出引理：设自然数m的位数不多于d，M=（10－1）m（k?d）．则S（M）=9k这里S（M）表示M中各位数字的和．事实上，令M=（10－1）m=p+q+r，这里p=10（m－1），q=10－m，r=10－10．若m－1的十进制的表示是
ai+bi=9（i=1，2，?，d）r=（10－1）－（10－1）=99?9（k个9）－99?9（d个9）=99?900?0（k－d个9，d个0）
个9，d个0）
从而，S（M）=9k记题给乘积为M＇，且令
的各个正根的乘积的最后三位数字．【题说】第十三届（1995年）美国数学邀请赛题2．【解】令y=1og1995x．由原方程取对数得
其最后三位数字为025．A3－024
一个六位数的首位数字是5，是否总能够在它的后面再添加6个数字，使得所得的十二位数恰是一个完全平方数？【题说】1995年城市数学联赛高年级普通水平题3．【解】不．若不然，10个以5为首位数字的六位数可以衍生出105个十二位的完全平方数．即有10个自然数n满足．5310?n＜6310亦即7310＜n＜8310由于之间不存在10个整数，故上式不可能成立． 第十八讲 整数问题：整除之一A4－001
证明：当且仅当指数n不能被4整除时，1＋2＋3＋4能被5整除．【题说】1901年匈牙利数学奥林匹克题1．【证】容易验证1≡2≡3≡4（mod 5） 4444 nnnn假设n=4k＋r，k是整数，r=0，1，2，3．则Sn=1＋2＋3＋4≡1＋2＋3＋4（mod 5）由此推出，当r=0时，Sn≡4，而当r=1，2，3时，Sn≡0（mod 5）．因此，当且仅当n不能被4整除时，Sn能被5整除． A4－002
证明：从n个给定的自然数中，总可以挑选出若干个数（至少一个，也可能是全体），它们的和能被n整除．【题说】1948年匈牙利数学奥林匹克题3．【证】设a1，a2，?，an是给定的n个数．考察和序列：a1，a1＋a2，a1＋a2＋a3，?，a1＋a2＋?＋an．如果所有的和数被n除时余数都不相同，那么必有一个和数被n除时余数为0．此时本题的断言成立．如果在n个和数中，有两个余数相同（被n除时），那么从被加项较多的和数中减去被加项较少的和数，所得的差能被n整除．此时本题的断言也成立．A4－003
1．设n为正整数，证明13－1是168的倍数．2．问：具有那种性质的自然数n，能使1＋2＋3＋?＋n整除12223?2n．【题说】1956年上海市赛高三复赛题1．【解】1．13－1=（13）－1，能被13－1，即168整除．2．问题即
2n2n22nnnnnrrrr
何时为整数．（1）若n＋1为奇质数，则（n＋1）
（2）若n＋1=2，则（n＋1）|2（n－1）！（3）若n＋1为合数，则n＋1=ab其中a?b＞1．在b=2时，a=n＋1－a?n－1，所以a|（n－1）！，（n＋1）|2（n－1）！在b＞2时，2a?n＋1－a＜n－1，所以2ab|（n－1）！更有
（n＋1）|2（n－1）！综上所述，当n≠p－1（p为奇质数）时，1＋2＋?＋n整除122?2n． 2（n－1）！A4－004
证明：如果三个连续自然数的中间一个是自然数的立方，那么它们的乘积能被504整除．【题说】 1957年～1958年波兰数学奥林匹克三试题1．【证】设三个连续自然数的乘积为n=（a－1）a（a＋1）．（1）a≡1，2，-3（mod 7）时，7|a－1．a≡－1，－2，3（mod 7）时，7|a＋1．a≡0（mod 7）时，7|a．因此7|n．（2）当a为偶数时，a被8整除；而当a为奇数时，a－1与a＋1是两个相邻偶数，其中一个被4整除，因此积被8整除．（3）a≡1，－2，4（mod 9）时，9|a－1．a≡－1，2，-4（mod 9）时，9|a＋1．a≡0，±3（mod 9）时，9|a．因此9|n． 由于7、8、9互素，所以n被504=73839整除．A4－005 设x、y、z是任意两两不等的整数，证明（x－y）＋（y－z）＋（z－x）能被5（y－z）（z－x）（x－y）整除．【题说】1962年全俄数学奥林匹克十年级题3．【证】令x－y=u，y－z=v，则z－x=－（u＋v）．（x－y）＋（y－z）＋（z－x）=u＋v－（u＋v）=5uv（n＋v）（u＋uv＋v）而 5（y－z）（z－x）（x－y）=－5uv（u＋v）．因此，结论成立，而且除后所得商式为u＋uv＋v=x＋y＋z－2xy－2yz－2xz．【别证】也可利用因式定理，分别考虑原式含有因式（x－y），（y－z），（z－x）以及5．A4－006
已知自然数a与b互质，证明：a＋b与a＋b的最大公约数为1或2．【题说】1963年全俄数学奥林匹克八年级题4．【证】设（a＋b，a＋b）=d，则d可以整除（a＋b）－（a＋b）=2ab但由于a、b互质，a的质因数不整除a＋b，所以d与a互质，同理d与b互质．因此d=1或2 第十九讲 整数问题：整除之二A4－007 （a）求出所有正整数n使2－1能被7整除．（b）证明：没有正整数n能使2＋1被7整除．【题说】第六届（1964年）国际数学奥林匹克题1．本题由捷克斯洛伐克提供．解的关键是找出2被7除所得的余数的规律．【证】（a）设m是正整数，则2=（2）=（7＋1） 3m3mm
=7k＋1（k是正整数）从而
223m+23m3m+1=222=2（7k＋1）=7k1＋2 3m=422=4（7k＋1）=7k2＋4所以当n=3m时，2－17k；当n=3m＋1时，2－1=7k1＋1；当n=3m＋2时，2－1=7k2＋3．因此，当且仅当n是3的倍数时，2－1能被7整除．（b）由（a）可知，2＋1被7除，余数只可能是2、3、5．因此，2＋1总不能被7整除．A4－008
设k、m和n为正整数，m＋k＋1是比n＋1大的一个质数，记Cs=s（s＋1）．证明：乘积（Cm+1－Ck）（Cm+2-Ck）?（Cm+n－Ck）能被乘积C12C22?2Cn整除．【题说】第九届（1967年）国际数学奥林匹克题3．本题由英国提供．【证】Cp－Cq=p（p＋1）－q（q＋1）=p－q＋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）！因此只需证
=A2B是整数．由于n个连续整数之积能被n！整除，故A是整数．
是整数．因为m＋k＋1是大于n＋1的质数，所以m＋k＋1与（n＋1）！互素，从而（m＋k＋2）（m＋k＋3）?（m＋k＋n＋1）能被（n＋1）！整除，于是B也是整数，命题得证．A4－009
设a、b、m、n是自然数且a与b互素，又a＞1，证明：如果a＋b能被a＋b整除，那么m能被n整除．【题说】第六届（1972年）全苏数学奥林匹克十年级题1．【证】由于a＋b=a（a＋b）－b（a－b）a－b=a（a＋b）－b（a＋b） lll-nnnnl-nl-nkkk-nnnnk-nk-nmmnn所以（i）如果a＋b能被a＋b整除，那么a－bllnnl-nkknnk-nk-n也能被a＋b整除． nnnn（ii）如果a－b能被a＋b整除，那么a＋b也能被a＋b整除．设m=qn＋r，0?r＜n，由（i）、（ii）知a＋（－1）b能被a＋b整除，但0?|a＋（－1）b|＜a＋b，故r=0（同时q是奇数）．亦即n|m．A4－010 设m，n为任意的非负整数，证明：
rqrnnrqrnnl-n是整数（约定0！=1）．【题说】第十四届（1972年）国际数学奥林匹克题3．本题由英国提供．易证
f（m＋1，n）=4f（m，n）－f（m，n＋1）
（1）n）为整数，则由（1），f（m＋1，n）是整数．因此，对一切非负整数m、n，f（m，n）是整数．A4－011
证明对任意的自然数n，和数
不能被5整除．【题说】第十六届（1974年）国际数学奥林匹克题3．本题由罗马尼亚提供．又两式相乘得
因为72n+1=7349≡23（－1）（mod 5）
设p和q均为自然数，使得
证明：数p可被1979整除．【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题1．本题由原联邦德国提供．
将等式两边同乘以1319！，得
其中N是自然数．由此可见1979整除1319！3p．因为1979是素数，显然不能整除1319！，所以1979整除p．A4－013
一个六位数能被37整除，它的六个数字各个相同且都不是0．证明：重新排列这个数的六个数字，至少可得到23个不同的能被37整除的六位数．【题说】第十四届（1980年）全苏数学奥林匹克十年级题1．
（c＋f）被37整除．由于上述括号中的数字是对称出现的，且各数字不为0，故交换对
又因为100a＋10b＋c=－999c＋10（100c＋10a＋b），所以
各再得7个被37整除的数，这样共得23个六位数．第二十讲
整数问题：整除之三A4－014
（a）对于什么样的整数n＞2，有n个连续正整数，其中最大的数是其余n－1个数的最小公倍数的约数？ （b）对于什么样的n＞2，恰有一组正整数具有上述性质？【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题4．【解】设n个连续正整数中最大的为m．当n=3时，如果m是m－1，m－2的最小公倍数的约数，那么m整除（m－1）（m－2），由m|（m－1）（m－2）得m|2，与m－2＞0矛盾．设n=4．由于m|（m－1）（m－2）（m－3）所以m|6，而m＞4，故这时只有一组正整数3，4，5，6具有所述性质．设n＞4．由于m|（m－1）（m－2）?（m－n＋1），所以m|（n－1）！取m=（n－1）（n－2），则（n－1）|（m－（n－1）），（n－2）|（m－（n－2））．由于n－1与n－2互质，m－（n－1）与m－（n－2）互质，所以m=（n－1）（n－2）整除m－（n－1）与m－（n－2）的最小公倍数，因而m具有题述性质．类似地，取m=（n－2）（n－3），则m整除m－（n－2）与m－（n－3）的最小公倍数，因而m具有题述性质．所以，当n?4时，总能找到具有题述性质的一组正整数．当且仅当n=4时，恰有唯一的一组正整数．A4－018
试求出所有的正整数a、b、c，其中1＜a＜b＜c，使得（a－1）（b－1）（c－1）是abc－1的约数．【题说】第三十三届（1992年）国际数学奥林匹克题1．本题由新西兰提供．【解】设x=a－1，y=b－1，z=c－1，则1?x＜y＜z并且xyz是（x＋1）（y＋1）（z＋1）－1=xyz＋x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的约数，从而xyz是x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的约数．由于x＋y＋z＋xy＋yz＋zx＜3yz，所以x=1或2．若x=1，则yz是奇数1＋2y＋2z的约数．由于1＋2y＋2z＜4z，所以y=3．并且3z是7＋2z的约数．于是z=7．若x=2，则2yz是2＋3y＋3z＋yz的约数，从而y，z均为偶数，设y=2y1，z=2z1，则4y1z1?1＋3y1＋3z1＋2y1z1＜6z1＋2y1z1，所以y1＜3．因为y＞x，所以y1=2，y=4．再由8z1是7＋7z1的约数得z1=7，z=14．因此，所求解为（3，5，15）与（2，4，8）．A4－019
x与y是两个互素的正整数，且xy≠1，n为正偶数．证明：x＋y不整除x＋y．【题说】1992年日本数学奥林匹克题1．【证】由（x，y）=1知（x＋y，y）=1，（x＋y，xy）=1．当n=2时，x＋y=（x＋y）－2xy．由于x＋y＞2，所以（x＋y）
假设当n=2k（k∈N+）时，（x＋y）
x所以（x＋y）
证明当且仅当n＋1不是奇素数时，前n个自然数的积被前n个自然数的和整除．【题说】第二十四届（1992年）加拿大数学奥林匹克题1．
（x2(k+1)2(k+1)2k2k222nn2xy．故（x＋y）
（x＋y）． 22（x＋y）．则当n=2（k＋1）时，由于 ＋y2(k+1)=（x＋y）（x2k+1＋y2k+1）－xy（x＋y） nn2k2k＋y2(k+1)）．故对一切正偶数n，x＋y不整除x＋y．
若n＋1为奇合数，设n＋1=qr，q、r为奇数且3?q?r，则
找出4个不同的正整数，它们的积能被它们中的任意两个数的和整除． 你能找出一组5个或更多个数具有同样的性质吗？【题说】1992年英国数学奥林匹克题3．【解】显然，2、6、10、14满足要求．任取n个不同的正整数。a1、a2、?、an，令
则n个不同的正整数la1、la2、?、lan中任意两个的和显然整除l，从而整除它们的积la1a2?an． A4－022
求最大自然数x，使得对每一个自然数y，x能整除7＋12－1．【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛七年级题1．【解】当y=1时，7＋12y－1=18．假设7＋12y－1是18的倍数，因为 7y+1yyyy2n＋12（y＋1）－1=637＋12＋（7＋12y-1）yyyy=63（7＋2）＋（7＋12y-1）7＋2≡1＋2≡0（mod 3）所以，7y+1y＋12（y＋1）－1是18的倍数．y从而对一切自然数y，18整除7＋12y－1，所求的x即18．A4－023
证明：若n为大于1的自然数，则2－1不能被n整除．【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛九年级题2．【证】若n是偶数，显然有nn
nn（2－1）．若n是奇素数，由费马定理知2≡2（mod n），所以2－1≡1（mod n），即p-1inr
nnnn（2－1）．若n是奇合数，设p是n的最小素因子，由费马定理知2≡1（mod P）；若i是使2≡1（mod P）成立的最n，设n=qi＋r，0＜r＜i，则2≡2 小自然数，则2?i?P－1，从而i
1（mod p），即p （2n－1），故n （2－1）．第二十一讲
整数问题：整除之四A4－024
当n为何正整数时，323整除20＋16－3－1？【题说】第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第一轮题5．【解】
323=17319当n为偶数时，20＋16－3－1≡1＋3－3－1≡0（mod 19） nnnnnnnn20＋16－3－1≡3＋1－3－1≡0（mod 17）所以此时323整除20＋16－3－1．当n为奇数时，20＋16－3－1≡3－1－3≡－2
设x、y、z都是整数，满足条件（x－y）（y－z）（z－x）=x＋y＋z．
（*）试证：x＋y＋z可以被27整除．【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克九年级二试题5．【证】（1）整数x、y、z被3除后余数都相同时，27|（x－y）（y－z）（z－x），即27|x＋y＋z．（2） x、y、z被3除后有且仅有两个余数相同，例如x≡y（mod 3），且y
与（*）式矛盾，可见情形（2）不会发生．（3）x、y、z被3除后余数都不相同，这时3|（x＋y＋z），但3也不会发生．于是，x、y、z除以3余数都相同，并且，27|x＋y＋z．A4－026
对于自然数n，如果对于任何整数a，只要n|a－1，就有n|a－1，则称n具有性质P．（1）求证每个素数n都具有性质P；（2）求证有无穷多个合数也都具有性质P．【题说】第三十四届（1993年）IMO预选题．本题由印度提供．【证】（1）设n=P为素数且p|（a－1），于是，（a，p）=1．因为a－1=a（a－1）＋（a－1）由费马小定理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将这p个同余式加起来即得a＋a＋?＋a＋1≡0（mod p）所以，p|（a－1）（a＋a＋?＋a＋1）=a－
1 2p-1p-2pp-1p-2ip-1pp-1pn2nnnnnnnnnnnnnnn0（mod 17），所以此时323不整除20＋16－3－1． nnnz（mod 3），这时3
x＋y＋z且3|（x－y），（x－y）（y－z）（z－x）．仍与（*）式矛盾，可见情况（3）
a≡1（mod n）．于是，像（1）一样又可推得n|（a－1）．因此，
（q－1）（p－1）．因为q|（p－2），所以q
（p－1）．又因
具有性质P．显然p＜n＜p．取大于p的素数，又可获得另一个具有性质P的合数．所以，有无穷多个合数n具有性质p． A4－027
证明：对于自然数k、m和n．不等式[k，m]2[m，n]2[n，k]?[k，m，n]成立．（其中[a，b，c，?，z]表示数a、b、c，?，z的最小公倍数．）【题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克十年级（决赛）题5．【证】将k、m、n分解．设
其中pi（i=1，2，?，l）为不同的素数，αi、βi、γi为非负整数．对任一个素因数pi，不妨设0?αi?βi?γi．在所要证明的不等式左边，pi的指数为βi＋γi＋γi=βi＋2γi；而右边pi的指数为γi22=2γi．
因而所要证明的不等式成立．A4－029
证明；所有形如1，1001117，?的整数皆可被53整除．【题说】第五十八届（1995年）莫斯科数学奥林匹克八年级题2．【证】易知第一个数10017可被53整除，而数列中相邻二数的差
也可被53整除，所以数列中所有数皆可被53整除A4－030
证明：无论在数12008的两个0之间添加多少个3，所得的数都可被19整除．【题说】第五十八届（1995年）莫斯科数学奥林匹克九年级题7．【证】我们有
故结论成立A4－031
设S={1，2，?，50），求最小自然数k，使S的任一k元子集中都存在两个不同的数a与b，满足（a＋b）|ab．【题说】1996年中国数学奥林匹克（第十一届数学冬令营）题2．【解】设a、b∈S，满足（a＋b）|ab，令（a，b）=c，则
a=ca1，b=cb1，（a1，b1）=1．从而c（a1＋b1）=（a＋b）|ab=ca1b1因为（a1＋b1，a1）=1，（a1＋b1，b1）=1，所以（a1＋b1）|c由于a、b是S中不同的数，从而a＋b?99即 c（a1＋b1）?99，而a1＋b1|c，故有3?a1＋b1?9．在a1＋b1=3时，d=3，6，9，12，15，18，21，24，相应的（a，b）=（3，6），（6，12），（9，18），（12，24），（15，30），（18，36），（21，42），（24，48）．类似地，可得出a1＋b1=4，5，6，7，8，9时的数对（a，b）．将每一对得到的a、b用线相连成右图．
S中剩下的25个数与图上画圈的13个数所成的38元集，不含任一对a、b满足（a＋b）|ab．另一方面，S中任一集R，如果元数?39，那么图上至多11个数
R，从而12对数（14，35），（9，18），（28，21），（42，7），（5，20），（30，15），（45，36），（6，3），（10，40），（12，4），（24，8），（48，16）中至少有一对数都属于R，即R中有a、b满足（a＋b）|ab．综上所述，K=39．A4－032
设自然数x、y、p、n和k满足等式x+y=p证明：若n（n＞1）是奇数，p是奇素数，则n是数p的正整数幂．【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克九年级题3．【证】不失一般性，设x与y都不被p整除．因为n为奇数，所以
用A表示上式右边．由于p＞2，因此x、y中至少有一个数大于1．因为n＞1，所以A＞1．因为A（x＋y）=p，所以A被p整除，数x＋y也被p整除．于是得到0≡A≡x－x（－x）＋x（－x）－? n-1n-2n-32k－x（－x）＋（－x）（mod p）即nx≡0（mod p），而x不被素数P整除，所以n被p整除．对n的任一素因数r，设n=rs，则（x）＋（y）=p，根据上面所证，r被p整除，所以r=p，从而n是p的正整数幂． A4－033
是否存在3个大于1的自然数，使得其中每个自然数的平方减1，能分别被其余的每个自然数所整除？【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克十一年级题5【解】设a?b?c是满足题设条件的三个自然数．因为a－1被b整除，所以a与b互素．又c－1能分别被a、b整除，因而被22ab整除，于是c－1?ab．另一方面由a?c及b?c得ab?c，矛盾．所以满足题设的数不存在 22srsrkn-1n-2n-1第二十二讲
整数问题：综合题之一A5－010
设f（x）=x－x＋1．证明：对任意的m个自然数（m＞1），f（m），f（f（m）），?两两互素．【题说】第十二届（1978年）全苏数学奥林匹克十年级题1．【证】因f（0）=1，所以多项式
的常数项pn（0）=1．因而，对于任意的整数m，pn（m）除以m，余数等于1．用m＇=pk（m）代替m，就得到pn+k（m）=pn（m＇）与m＇=pk（m）互素．第二十三讲
整数问题：综合题之二A5－011
自然数n的数字和用S（n）来表示．（1）是否存在一个自然数n，使得n＋s（n）=1980；（2）证明：在任意两个连续的自然数之中，至少有一个能表示成n＋S（n）的形式，其中n为某个自然数．【题说】第十四届（1980年）全苏数学奥林匹克八年级题6．【解】（1）当n=1962时，n＋S（n）=1980．（2）令Sn=n＋S（n），如果n的末位数字是9，则Sn+1＜Sn；否则Sn+1=Sn＋2．对任意两个连续的自然数m（m?2），m＋1，在Sn＜m的n中，选择最大的，并用N表示．这时SN+1?m＞SN，所以N的末位数字不是9，从而SN+1=SN+2．由m?SN+1=SN+2＜m＋2，即得SN+1=m或SN+1=m＋1．A5－012
设n为?2的自然数．证明方程x＋1=ynn+1在x与n＋1互质时无正整数解．【题说】1980年芬兰等四国国际数学竞赛题3．本题由匈牙利提供．【证】x=y－1=（y－1）（y＋y＋?＋1）．如果质数p是y－1与y＋y＋?＋1的公因数，则p整除x，从而p是xnn-1的因数．但y除以p余1，所以y＋y＋?＋1除以p与n＋1除以p的余数相同，即n＋1也被p整除，这与x、n＋1互质矛盾．因nn-1nnn-1nnnn-1此y－1与y＋y＋?＋1互质，从而y－1=s，y＋y＋?＋1=t，其中s、t为自然数，st=x．但y＜y＋y＋?＋1＜（y＋1）nnn-1n，所以y＋y＋?＋1≠t，矛盾，原方程无解．A5－013
设a、b、c是两两互素的正整数，证明：2abc－be－ac－ab是不能表示为xbc＋yac＋zab形式的最大整数（其中x、y、z是非负整数）．【题说】第二十四届（1983年）国际数学奥林匹克题3． nn+1nn-1nn-1n【证】熟知在a、b互素时，对任意整数n有整数x、y，使ax＋by=n．当n＞ab－a－b时，首先取0?x＜b（若x＞b则用x－b、y＋a代替x、y），我们有by=n－ax＞ab－a－b－ax?ab－a－b－a（b－1）=－b所以y＞－1也是非负整数．即n＞ab－a－b时，有非负整数x、y使ax＋by=n．因为a、b、c两两互素，所以（bc，ac，ab）=1．令（bc，ac）=d．则（ab，d）=1，所以方程abz＋dt=n
（1）有整数解，并且0?z＜d（若z＞d则用z－d、t＋ab代替z、t）．设 bc=da1，ac=db1，那么（a1，b1）=1．在n＞2abc－bc－ca－ab时，
t＞a1b1－a1－b1从而方程
（2）有非负整数解（x，y）．由（1）与（2）消去t可得bcx＋acy＋abz=n有非负整数解．另一方面，若有非负整数x、y、z使2abc－bc－ac－ah=xbc＋yac＋zab则
bc（x＋1）＋ac（y＋1）＋ab（z＋1）=2abc于是应有，a整除bc（x＋1），因（a，bc）=1．所以，a整除x＋1，从而c?x＋1．同理有，b?y＋1，c?z＋1．因此3abc=bca＋acb＋abc?bc（x＋1）＋ac（y＋1）＋ab（z＋1）=2abc由于a、b、c都是正整数，这是不可能的，故2abc－bc－ca－ab不能表成xbc＋yca＋zab（x、y、z为非负整数）的形式． A5－014
能否选择1983个不同的正整数都不大于10，且其中没有三个正整数是算术级数中的连续项，并证明你的论断．【题说】第二十四届（1983年）国际数学奥林匹克题5．本题由波兰提供．【解】考虑三进制表示中，不含数字2并且位数?11的数所成的集合M．显然|M|=2－1＞1983．M中最大的数为
若x、y、z∈M并且x＋z=2y，则由于2y的各位数字为0或2，所以x＋z的各位数字也为0或2．从而x、z在同一位上的数字同为0或同为2，即x=z．因此M中任三个互不相同的数不成等差数列．于是回答是肯定的，M即是一例．
第二十四讲 整数问题：综合题之三A5－015
将19分成若干个正整数之和，使其积为最大．【题说】1984年上海市赛一试题2（9）．【解】由于分法只有有限种，其中必有一种分法，分成的各数的积最大．我们证明这时必有：（1）分成的正整数只能是2和3．因为4=2＋2，且4=232，若分出的数中有4，拆成两个2其积不变；若分出的数中有数a?5．则只要把a拆成2与a－2，由2（a－2）＞a知道积将增大．（2）分成的正整数中，2最多两个．若2至少有3个，则由3＋3=2＋2＋2及333＞23232可知，将3个2换成2个3，积将增大．所以，将19分成5个3与2个2的和，这些数的积332=972是最大的．A5－016
设a、b、c、d是奇整数，0＜a＜b＜c＜d，且ad=bc．证明：如果对某整数k和m有a＋d=2和b＋c=2，那末a=1．【题说】第二十五届（1984年）国际数学奥林匹克题6．【证】因为a[（a＋d）－（b＋c）]=a＋ad－ab－ac＝a＋bc－ab－ac=（a－b）（a－c）＞0所以a＋d＞b＋c，即2＞2，k＞m．又由ad=bc，有
a（2－a）=b（2－b）2（b－2mmk-mkmkm22km52a）=b－a=（b＋a）（b－a） m-122可知2整除（b＋a）（b－a）．但b＋a和b－a不能都被4整除（因为它们的和是2b，而b是奇数），所以2或b－a之一．因为b＋a＜b＋c=2，所以b＋a=2mm-1必整除b＋a或b－a=2m-1．m-1因为a、b是奇数，它们的公因数也是奇数，且是b＋a和b－a的因数，从而是2与c也互质．但由ad=bc，知a能整除bc，故a=1． 的奇因数，即1．所以a与b互质，同理aA5－017
对正整数n?1的一个划分π，是指将n分成一个或若干个正整数之和，且按非减顺序排列（如n=4，划分π有1＋1＋1＋1，1＋1＋2，1＋3，2＋2及4共5种）．对任一划分π，定义A（π）为划分π中数1出现的个数；B（π）为π中出现不同的数的个数（如对n=13的一个划分π：1＋1＋2＋2＋2＋5而言，A（π）=2，B（π）=3）．求证：对任意正整数n，其所有划分π的A（π）之和等于B（π）之和．【题说】第十五届（1986年）美国数学奥林匹克题5．【证】设p（n）表示n划分的个数．那么第一个位置是1的划分有p（n－1）个，第二个位置上是1的（当然它第一个位置上也是1）的划分有p（n－2）个．等等．第n－1个位置上是1的划分有P（1）=1个，第n个位置上是1的只有1种．若令P（0）=1．则所有划分中含1的数A（π）之和等于P（n－1）＋P（n－2）＋?＋P（1）＋P（0）．另一方面，从含有1的每个划分中拿去一个1，都成为一个（n－1）的划分，共拿去P（n－1）个1．再从含有2的每个划分中拿去一个2，都成为n－2的划分，共拿去P（n－2）个2．?从含有（n－1）的划分（只有一个：1＋（n－1），拿去（n－1），即拿去了P（1）=1个1．再加上含有n的一个划分，n为P（0）=1个，故B（π）总和也等于P（n－1）＋P（n－2）＋?＋P（1）＋P（0）．因此，A（π）=B（π）．A5－018
在直角坐标系xoy中，点A（x1，y1）和点B（x2，y2）的坐标均为一位正整数．OA与x轴正方向的夹角大于45°，OB与x轴正方向的夹角小于45°，B在x轴上的射影为B＇，A在y轴上的射影为A＇，△OB＇B的面积比△OA＇A的面积大33.5．由x1、
求出所有这样的四位数，并写出求解过程．【题说】1985年全国联赛二试题1．
＞67．又由于x2、y2均为一位正整数，所以x2y2=72或x2y2=81．因为∠BCB＇＜45°，所以x2＞y2．故由x2y2=72可知x2=9，y2=8．此时x1y1=5．同样可求得x1=1，y1=5．综上可知，1985为符合条件的唯一的四位数．A5－019
设n、k为互素自然数，0＜k＜n，在集合M={1，2，?，n－1｝（n?3）中的各数，要么着蓝色，要么着白色，已知（1）对于各i∈M，i和n－i同色；（2）对于各i∈M，i≠k， i和|i－k|同色．证明：在M中的所有数均同色．【题说】第二十六届（1985年）国际数学奥林匹克题2．本题由澳大利亚提供．【证】设lk=nql＋rl（l=1，2，?，n－1；1?rl?n－1）．若rl=rl＇，则（l－l＇）k被n整除，但n、k互素，所以n|（l－l＇）这表明在l=1，2?，n－1时，r1，r2，?，rn-1互不相同，所以M=｛r1，r2，?，rn-1｝．若rl＜n－k，即rl＋k＜n，则rl+1=rl＋k，由条件（2），rl+1与rl+1－k=rl同色．若rl?n－k，即rl＋k?n，则rl+1=rl＋k－n，于是rl+1与k－rl+1=n－rl同色．再由条件（1）n－rl与rl同色．综上所述，ri+1与rl同色（l=1，2，?，n－2），因此M中所有数同色．A5－020
如n是不小于3的自然数，以f（n）表示不是n的因数的最小自然数（例如f（12）=5）．如果f（n）?3，又可作f（f（n））．类似地，如果f（f（n））?3，又可作f（f（f（n）））
果用Ln表示n的长度，试对任意的自然数n（n?3），求Ln并证明你的结论．【题说】第三届（1988年）全国冬令营赛题6．【解】很明显，若奇数n?3，那么f（n）=2，因此只须讨论n为偶数的情况，我们首先证明，对任何n?3，f（n）=p，这里P是素数，s为正整数．假若不然，若f（n）有两个不同的素因子，这时总可以将f（n）表为f（n）=ab，其中a、b是大于1的s互素的正整数．由f的定义知，a与b都应能整除n，因（a，b）=1，故ab也应整除n，这与f（n）=ab矛盾．所以f（n）=p． 由此可以得出以下结论：（1）当n为大于1的奇数时，f（n）=2，故Ln=1； s（2）设n为大于2的偶数，如果f（n）=奇数，那么f（f（n））=2，这时Ln=2；如果f（n）=2，其中自然数s?2，那么fs（f（n））=f（2）=3，从而f（f（f（n）））=f（3）=2，这时Ln=3．A5－021
一个正整数，若它的每个质因数都至少是两重的（即在这数的分解式中每个质因数的幂指数都不小于2），则称该正整数为“漂亮数”．相邻两个正整数皆为“漂亮数”，就称它们是一对“孪生漂亮数”，例如8与9就是一对“孪生漂亮数”．请你再找出两对“孪生漂亮数”来．【题说】1989年北京市赛高一题5．【解】设（n，n＋1）是一对“孪生漂亮数”，则4n（n＋1）是漂亮数，并且4n（n＋1）＋1=4n＋4n＋1=（2n＋1）是平方数，而平方数必为漂亮数．所以，（4n（n＋1）、4n（n＋1）＋1）也是一对“孪生漂亮数”．于是，取n=8，得一对“孪生漂亮数”（288，289）．再取n=288，得另一对“孪生漂亮数”（2929）． 22s第二十五讲 整数问题：综合题之四A5－022
一个自然数若能表为两个自然数的平方差，则称这个自然数为“智慧数”比如16=5－3，16就是一个“智慧数”．在自然数列中从1开始数起，试问第1990个“智慧数”是哪个数？并请你说明理由．【题说】1990年北京市赛高一复赛题4．【解】显然1不是“智慧数”，而大于1的奇数2k＋1=（k＋1）－k，都是“智慧数”．4k=（k＋1）－（k－1）可见大于4且能被4整除的数都是“智慧数”而4不是“智慧数”，由于x－y=（x＋y）（x－y）（其中x、y∈N），当x，y奇偶性相同时，（x＋y）（x－y）被4整除．当x，y奇偶性相异时，（x＋y）（x－y）为奇数，所以形如4k＋2的数不是“智慧数”在自然数列中前四个自然数中只有3是“智慧数”．此后每连续四个数中有三个“智慧数”．由于，所以是第1990个“智慧数”．A5－023
有n（?2）名选手参加一项为期k天的比赛，每天比赛中，选手的可能得分数为1，2，3，?，n，且没有两人的得分数相同，当k天比赛结束时，发现每名选手的总分都是26分．试确定数对（n，k）的所有可能情况．【题说】第二十二届（1990年）加拿大数学奥林匹克题1．【解】所有选手得分总和为kn（n＋1）/2=26n，即k（n＋1）=52（n，k）取值可以是（3，13），（12，4），（25，2）及（51，1），但最后一种选择不满足要求．当（n，k）=（3，13）时，3名选手13天得分配置为（1，2，3）＋2（2，3，1）＋2（3，1，2）＋3（1，3，2）＋2（3，2，1）＋3（2，1，3）=（26，26，26）．当（n，k）=（12，4）时，12名选手4天得分配置为2（1，2，?，11，12）＋2（12，11，?，2，1）=（26，26，?，26）． 当（n，k）=（25，2）时，25名选手两天得分配置为（1，2，?，24，25）＋（25，24，?，2，1）=（26，26，?，26）． A5－024
设x是一个自然数．若一串自然数x0=1，x1，x2，?，xt-1，xt=x，满足xi-1＜xi，xi-1|xi，i=1，2，?，t．则称{x0，x1，x2，?xt}为x的一条因子链，t为该因子链的长度．T（x）与R（x）分别表示x的最长因子链的长度和最长因子链的条数． 对于x=（k，m，n是自然数）试求T（x）与R（x）．【题说】第五届（1990年）全国冬令营赛题2．【解】设x的质因数分解式为
其中p1、p2、?、pn为互不相同的质数，α1、α2、?、αn为正整数．由于因子链上，每一项至少比前一项多一个质因数，所以T（x）?α1＋α2＋?＋αn．将α1＋α2＋?＋αn个质因数（其中α1个p1，α2个p2，?，αn个pn）依任意顺序排列，每个排列产生一个长为α1＋α2＋?＋αn的因子链（x1为排列的第一项，x2为x1乘排列的第二项，x3为x2乘第三项，?），因此T（x）=α1＋α2＋?＋αn，R（x）即排列
对于x=5kmnnk+n3313199，T（x）=3n＋k＋
为整数．【题说】1990年匈牙利阿拉尼2丹尼尔数学竞赛低年级普通水平题1．【证】若x＋y＋z＋t=0，则由题设条件可得
于是此时（1）式的值等于－4．若x＋y＋z＋t≠0，则
由此可得x=y=z=t．于是（1）式的值等于4．
课间休息时，n个学生围着老师坐成一圈做游戏，老师按顺时针方向并按下列规则给学生们发糖：他选择一个学生并给一块糖，隔一个学生给下一个学生一块，再隔2个学生给下一个学生一块，再隔3个学生给下一个学生一块?．试确定n的值，使最后（也许绕许多圈）所有学