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初中数学奥林匹克竞赛教程 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=|ax2+bx+c|及y=ax2+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。 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112整除．因此，数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是某个自然数的平方．对a＝1，2，…，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＝882．A1－002假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．【题说】1953年匈牙利数学奥林匹克题2．【证】设2n2＝kd，k是正整数，如果n2＋d是整数x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋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）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1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＝m2（m∈N）．于是a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2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n2满足条件，令n2＝100a2＋b，其中0＜b＜100．于是n＞10a，即n≥10a＋1．因此b＝n2100a2≥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n2－402≥422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681．A1－006求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋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（mod5）时，5|4p2＋1．当p≡±2（mod5）时，5|6p2＋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＝n4＋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不是素数．取a＝4·24，4·34，…就得到无限多个符合要求的a．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）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m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a2、b2、a2b2都属于Vn．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在Vn中不可分解．式中不会出现a2．r＝a2b2有两种不同的分解方式：r＝a2·b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab·ab＝…（直至ab分成不可分解的元素之积），前者有因数a2，后者没有．A1－012证明在无限整数序列 10001，100010001，1000100010001，…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1，10001，100010001，…，可写成1，1＋104，1＋104＋108，…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＝10001＝137·73．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1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，104×M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＝x2 （1）5d－1＝y2 （2） 13d－1＝z2 （3）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）2即d＝2n2－2n＋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＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）因2d是偶数，即q2－p2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．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＝i·n！＋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m·n！＋k（m∈N，2≤k≤n）由于n！＝1·2·…·n是k的倍数，所以m·n！＋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k2＋k＋n对于整数k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）2＋（m－p）＋n．又（m－p）2＋（m－p）＋n≥n＞P，这与m是使k2＋k＋n为合数的最小正整数矛盾．（2）若m≤p－1，则（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因为（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n为合数，所以p－1－m≥m，p≥2m＋1由得4m2＋4m＋1≤m2＋m＋n即3m2＋3m＋1－n≤0由此得 A1－017正整数a与b使得ab＋1整除a2＋b2．求证：（a2＋b2）/（ab＋1）是某个正整数的平方．【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．a2－kab＋b2＝k （1）显然（1）的解（a，b）满足ab≥0（否则ab≤－1，a2＋b2＝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（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a2＋k（2≤k≤n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是质数的整数幂pl，则k＝pj（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被pj＋1整除，所以a2＋k被pj整除而不被pj＋1整除，于是a2＋k＝pj＝k，矛盾．因此a2＋k（2≤k≤n＋1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂．第四讲 整数问题：特殊的自然数之四 A1－019n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？【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＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）当n＞l时，3n－2n＞1，3n＋1＋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3d．又1＋d＝a2，于是31＋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1001至2000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1001＋1002＋…＋2000＝1500500，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1001～2000排列如下：2000 1001 1900 1101 18001201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 17991202 1699 1302 1599 1402… … … … … …1901 1100 1801 1200 17011300 1601 1400 1501 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）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）不难验证n≡0，1，－1，2，－2（mod5）时，均有2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）0（mod5）所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2不是平方数，A1－023是否存在完全平方数，其数字和为1993？【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＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）． 因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋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．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（2n＋1），3（3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，由此可得n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2反之，若n＋1＝k2＋（k＋1）2＝（t±1）2＋2t2，则2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2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 所以从而第七讲 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＋…＋52 A2－002N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7b2＋7b＋7＝x4素数7应整除x，故可设x＝7k，k为正整数．于是有b2＋b＋1＝73k4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＝n2＝100 从而求得n＝10．A2－004设a和b为正整数，当a2＋b2被a＋b除时，商是q而余数是r，试求出所有数对（a，b），使得q2＋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a2＋b2＝q（a＋b）＋r（0≤r＜a＋b），q2＋r＝1977，所以q2≤1977，从而q≤44．若q≤43，则r＝1977－q2≥1977－432＝128． 即（a＋b）≤88，与（a＋b）＞r≥128，矛盾．因此，只能有q＝44，r＝41，从而得a2＋b2＝44（a＋b）＋41（a－22）2＋（b－22）2＝1009不妨设|a－22|≥|b－22|，则1009≥（a－22）2≥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1978n与1978m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1978n－1978m＝1978m（1978n－m－1）≡0（mod1000）因而1978m≡2m×989m≡0（mod8），m≥3又1978n－m≡1（mod125）而 1978n－m＝（1975＋3）n－m≡3n－m＋（n－m）3n－m－1·1975（mod125）（1）从而3n－m≡1（mod5），于是n－m是4的倍数．设n－m＝4k，则代入（1）得从而k（20k＋3）≡0（mod25）因此k必须是25的倍数，n－m至少等于4×25＝100，于是m＋n的最小值为 n－m＋2m＝106，m＝3，n＝103 A2－006求方程x3＋x2y＋xy2＋y3＝8（x2＋xy＋y2＋1）的全部整数解x、y．【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．于是 x3＋x2y＋xy2＋y3＝（x＋y）3－2xy（x＋y）＝u3－2vux2＋xy＋y2＝（x＋y）2－xy＝u2－v从而原方程变为2v（u－4）＝u3－8u2－8 （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＝±2α3β，其中α＝0，1，2，3；β＝0，1，2进一步计算可知只有u－4＝2·3＝6，于是u＝10，v＝16 第八讲 整数问题：求解问题之二A2－007确定m2＋n2的最大值，这里m和n是整数，满足m，n∈｛1，2，…，1981｝，（n2－mn－m2）2＝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（n2－mn－m2）2＝1得（mn）2＝1，故m＝n＝1．若m≠n，则由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，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＝987，n＝1597时，m2＋n2＝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！≤3·z！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：n2＋（n＋1）2＝m4＋（m＋1）4【题说】1984年匈牙利阿拉尼·丹尼尔数学竞赛（15年龄组）题1．【解】由原式得n（n＋1）＝m（m＋1）（m2＋m＋2）设m2＋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50×12＝600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． A2－011使n3＋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n3＋100＝（n＋10）（n2－10n＋100）－900知，若n3＋100被n＋10整除，则900也应被n＋10整除．因此，n最大值是890．第九讲 整数问题：求解问题之三A2－012a、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2m·5n的数．设a＝2m1·5n1，b＝2m2·5n2，c＝2m3·5n3．由[a，b]＝1000＝23·53，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7×10＝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．m＝n3＋1＜（n＋10－3）3＝n3＋3n2·10－3＋3n·10－6＋10－9于是从而n＝19（此时m＝193＋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＝122，1444＝382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． A2－016当n是怎样的最小自然数时，方程[10n/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≤10n/x＜1990所以10n/1990＜x≤10n/1989即10n·0.000502512…＜x≤10n·0.000502765…所以n＝7，这时x＝5026与5027是解．A2－017设an＝50＋n2，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＋n2，50＋（n＋1）2－（50＋n2））＝（50＋n2，2n＋1）＝（2（n2＋50），2n＋1）（因2n＋1是奇数）＝（2（n2＋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． A2－018n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＝2α·3β·5γ，其中α≥0，β≥1，γ≥2，并且（α＋1）（β＋1）（γ＋1）＝75由75＝52·3，易知当α＝β＝4，γ＝2时，符合条件（1）、（2）．此时n＝24·34·52，n/75＝432．第十讲 整数问题;求解问题之四 A2－0191．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x2＜xy＋x＜xy＋y这时y－x＝（xy＋y）－（xy＋x）＞（x＋1）2－x2＝2x＋1即y＞3x＋1由此得1991≥y＞3x＋1≥3×998＋1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/k2]表示不超过n/k2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，k2＋n/k2≥1991 （1）且存在k∈N，使得k2＋n/k2＜1992． （2）（1）等价于对一切k∈N，k4－1991k2＋n≥0即 （k2－1991/2）2＋n－19912/4≥0 （3）故（3）式左边在k取32时最小，因此（1）等价于n≥1991×322－324＝1024×967又，（2）等价于存在k∈N，使（k2－996）2＋n－9962＜0上式左边也在k＝32时最小，故（2）等价于n＜1992×322－324＝1024×968故n为满足1024×967≤n≤1024×967＋1023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{1000，1001，1002，…，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53＋52＋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；…；1991，1991，1991，1991，1991容易看出 如果存在m使f（m）＝1991，则因而m＞4×1991＝7964．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7980/5＝1596个．所以在{0，1，2，…，1991}中，有1992－1596＝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）2．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（mod7）a1＝2≡2（mod7）a1＝1＋22＝5≡－2（mod7）a3≡2＋（－2）2＝6≡－1（mod7）a4≡－2＋（－1）2＝－1（mod7）a5≡－1＋（－1）2＝0（mod7）a6≡－1＋02＝－1（mod7）a7≡0＋（－1）2＝1（mod7）a8≡－1＋12＝0（mod7）a9≡1＋02＝1（mod7）a10≡0＋12＝1（mod7）a11≡1＋12＝2（mod7）所以，an除以7的余数以10为周期，故a1992≡a2≡5（mod7）． A2－025求所有的正整数n，满足等式S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝…＝S（n2）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（mod9），故当n＞1时，有n≡S（n）≡S（2n）≡2n（mod9）所以9|n．若n是一位数，则n＝9，又S（9）＝S（2×9）＝S（3×9）＝…＝S（92）＝9，故9满足要求．10k≤n＜10k＋1又910k，故10k＋1≤n＜10k＋1若n＜10k＋10k－1＋…＋10＋1，则与已知矛盾，从而n≥10k＋10k－1＋…＋10＋1（1）令n＝9m．设m的位数为l（k≤l≤k＋1），m－1＝S（n）＝S（（10k＋10k－1＋…＋10＋1）n）＝S（（10k＋1－1）m）＝S（10k＋1（m－1）＋（10k＋1－10l）＋（10l－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＝10k＋1－1．另一方面，当n＝99…9＝10k＋1－1时，S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝…＝S（n2）．综上所述，满足要求的正整数为n＝1及n＝10k－1（k≥1）． A2－026求最大正整数k，使得3k|（23m＋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，23m＋1＝9，故k≤2．又由于23m＋1＝（23）3m－1＋1≡（－1）3m－1＋1（mod9）＝0所以，对任意正整数m，9|（23m＋1）．即所求k的值为2． 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1093＋33＝（1031）3＋33＝（1031＋3）（（1031）2－3×1031＋32）＝（1031）（1031－3）＋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，d≤bc．从而，bc≤a≤b≤c≤d≤bc，即a＝b＝c＝d＝a2．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}．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）＝x2．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）＝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]＝2×1＋4×2＋8×3＋16×4＋32×5＋64×6＋128×7＝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（0·0·0＋0·0·1＋0·0·2＋…＋9·9·8＋9·9·9）－0·0·0＝（0＋1＋2＋…＋9）3－0p（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，＝463－1＝33·5·7·103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p2＋qs及p2＋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p2＋qs或p2＋qr中有一个形如（2k＋1）2＋2（2l＋1）＝4（k2＋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22＋qs＝a2，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】n3＋1＝n3＋mn－（mn－1），所以mn－1|n（n2＋m）．因为（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对称，不妨设m≥n．当n＝1时，mn－1＝m－1|n3＋1＝2，从而m＝2或3，以下设n≥2．若m＝n，则n2－1|（n3＋1）＝（n3－n）＋（n＋1），从而n2－1|（n＋1），m＝n＝2．若m＞n，则由于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】由已知得即所以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＋1，42＋2，42＋3，42×5＋5，42＋7，2×42＋11，42＋13，4×42＋17，3×42＋19，42＋23，3×42＋29，2×42＋31，4×42＋37，2×42＋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42×5＋5例外．因此，所求的数就是42×5＋5＝215．A2－038求所有正整数x、y，使得x＋y2＋z3＝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y2、z3、xyz均被z2整除得出z2|x．设x＝az2，y＝bz，则原方程化为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（（z2－2）a－2z）≥a＋z＋b2＋b（（z2－2）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（z2－2）a－2Z＜0 （3）从而z≤2（否则（3）的左边≥z2－2－2z≥z－2＞0）．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＋b2＋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（5m＋7m，5n＋7n）．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）＝（5m＋7m，5n＋7n）．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， （5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－m＋7n－m）－5m7m（5n－2m＋7n－2m））＝（5m＋7m，5m7m（5n－2m＋7n－2m））＝（5m＋7m，5n－2m＋7n－2m）当m≤n＜2m时，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－m＋7n－m）－5n－m7n－m（52m－n＋72m－n））＝（5m＋7m，52m－n＋72m－n）记则（1）H（m′，n′）＝H（m，n）；（2）m′＋n′≡m＋n（mod2）；（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′ （*）所以故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＝3×105－19－96＝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1×9＋2×8＋3×7＋4×6＋5×5＋6×4＋7×3＋8×2＋9×1＝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＝r2，16a－15b＝s2于是16r2－15s2＝162b＋152b＝481b （1）所以 16r2－15s2是481＝13×37的倍数．由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6的平方为0，±1，±3，±4（mod13），所以15≡2（mod13）不是任一数的平方．因此，16r2≡15s2（mod13）时，必有13|s．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（mod37），所以必有37|s．于是481|s．由（1），481|r． 在r＝s＝481时，b＝（16－15）×481＝481，a＝（16＋15）×481＝31×481，满足15a＋16b＝r2，16a－15b＝s2．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6210001000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6210001000．A2－045求所有的整数对（a，b），其中a≥1，b≥1，且满足等式ab2＝ba． 【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＝b2/a，则由题中等式得到b＝at，at＝a2t，从而t＝a2t－1．如果2t－1≥1，则t＝a2t－1≥（1＋1）2t－1≥1＋（2t－1）＝2t＞t，矛盾．所以2t－1＜1．于是我们有0＜t＜1．记K＝1/t，则K＝a/b2＞1为有理数，由a＝bk可知K＝bK－2 （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＝bK＝24＝16．当b≥3时，＝bK－2≥（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＝bK＝33＝27．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：数字问题之一时间：2004-4-1911:57:00来源：www.jiajiao100.com我要通过家教人才库请各科家教 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106、104、102除以13时，分别得余数1、3、9，所以n≡3＋3x＋9y＋3＝3（2＋x＋3y）（mod13）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＋3·9＋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．故本题共有7个解：3080103，3050203，3020303，3090503，3060603，3030703，3000803．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）2＋（a＋b－10）2＋b2＝10a＋b （1）若a＋b＞10，则有（a＋1）2＋（a＋b－10）2＋b2≥（a＋1）2＋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a2＋（a＋b）2＋b2＝10a＋b （2）若a＋b＞5，则有a2＋（a＋b）2＋b2＝2（a＋b）·a＋2b2＞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．【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x1·102＋x2·10＋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7×x1x2x3＝99b3，所以x1＝1，x2＝4．990－7×140＝10，所以x3＝2，b3＝4，从而a4＝b3＝4．（4）由c1＝1，c2＝0可知y3＝7．（5）y5×142是四位数，所以x5≥8．又因y5×142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10040678．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999981至1000018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．【解】设n＝10m＋6，则6×10p＋m＝4（10m＋6），其中p为m的位数．于是m＝2（10p－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′＝999999＝999×1001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109的每一个数的数字之和，得到109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，…，999999991及109．同理，最后所得一位数为2者，原数被9除余2，即2，11，20，…，999999992．二者相比，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44444444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（所有的数都是十进制数）．【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44444444的位数不超过4×4444＝17776，所以A≤177760B≤1＋5×9＝46，B的数字和C≤4＋9＝13由于一个数与它的数字和mod9同余，所以C≡B≡A≡44444444≡74444＝（73）1481×7≡11781×7≡7（mod9）故C＝7，即数B的各位数字之和是7．A3－011设n是整数，如果n2的十位数字是7，那么n2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n2＝100x2＋20xy＋y2＝20A＋y2（A为正整数） 因20A的十位数字是偶数，所以要想使n2十位数字是7，必须要y2的十位数字是奇数，这只有y2＝16或36．从而y2的个位数字，即n2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．由于不循环小数，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12＋22＋…＋n2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）2，（n＋2）2，…，（n＋100）2这100个数排成下表：（n＋1）2 （n＋2）2 … （n＋10）2（n＋11）2 （n＋12）2 … （n＋20）2… … … …（n＋91）2 （n＋92）2 … （n＋100）2因k2与（k＋10）2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n2的数字和等于10002？【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n2的数字和S（n2）＝m2？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（n2）＝m2设n为k位数，取n1＝n×10k＋1＋1，则n1由0，1组成并且S（n1）＝S（n）＋1＝m＋1＝S（n2×102k＋2）＋S（2n×10k＋1）＋S（1）＝S（n2）＋2S（n）＋1＝m2＋2m＋1＝（m＋1）2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3．2090＜222（a＋b＋c）＝1990＋n＜2989而2090＞222×9＝1998，222×10＝2220＝1990＋230 222×11＝2442×1990＋452，222×12＝2664＝1990＋674222×13＝2886＝1990＋896，222×14＝3108＞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＝19891989，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＜100001989＝b1，而b1的位数是4×1989＋1＝7957，知a2＜10×8000＝80000，所以a2最多是5位数，从而a3≤5×9＝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．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a1a2a3a4a5105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105＋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105个．A3－020设A＝99…99（81位全为9），求A2的各位数字之和．【题说】1991年日本数学奥林匹克预选赛题1．【解】由A＝1081－1知A2＝10162－2·1081＋1＝99…980…01↑ ↑162位 82位故A2各位数字之和＝9×（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29=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=（10k－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=（10k－1）m=p+q+r，这里p=10k（m－1），q=10d－m，r=10k－10d．若m－1的十进制的表示是ai+bi=9（i=1，2，…，d）r=（10k－1）－（10d－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A3－023 求方程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，105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105个自然数n满足．5×1011≤n2＜6×1011亦即7×105＜n＜8×105由于7×105与8×105之间不存在105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，1n＋2n＋3n＋4n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14≡24≡34≡44（mod5） 假设n=4k＋r，k是整数，r=0，1，2，3．则Sn=1n＋2n＋3n＋4n≡1r＋2r＋3r＋4r（mod5）由此推出，当r=0时，Sn≡4，而当r=1，2，3时，Sn≡0（mod5）．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132n－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1·2·3…·n．【题说】1956年上海市赛高三复赛题1．【解】1．132n－1=（132）n－1，能被132－1，即168整除．2．问题即何时为整数．（1）若n＋1为奇质数，则（n＋1）2（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1·2…·n．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=（a3－1）a3（a3＋1）．（1）a≡1，2，-3（mod7）时，7|a3－1．a≡－1，－2，3（mod7）时，7|a3＋1．a≡0（mod7）时，7|a3．因此7|n．（2）当a为偶数时，a3被8整除；而当a为奇数时，a3－1与a3＋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（mod9）时，9|a3－1．a≡－1，2，-4（mod9）时，9|a3＋1．a≡0，±3（mod9）时，9|a3．因此9|n．由于7、8、9互素，所以n被504=7×8×9整除．A4－005设x、y、z是任意两两不等的整数，证明（x－y）5＋（y－z）5＋（z－x）5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）5＋（y－z）5＋（z－x）5=u5＋v5－（u＋v）5=5uv（n＋v）（u2＋uv＋v2）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u2＋uv＋v2=x2＋y2＋z2－2xy－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a2＋b2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，a2＋b2）=d，则d可以整除（a＋b）2－（a2＋b2）=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2n－1能被7整除．（b）证明：没有正整数n能使2n＋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2n被7除所得的余数的规律．【证】（a）设m是正整数，则23m=（23）m=（7＋1）m=7k＋1（k是正整数）从而 23m+1=2·23m=2（7k＋1）=7k1＋223m+2=4·23m=4（7k＋1）=7k2＋4所以当n=3m时，2n－17k；当n=3m＋1时，2n－1=7k1＋1；当n=3m＋2时，2n－1=7k2＋3．因此，当且仅当n是3的倍数时，2n－1能被7整除．（b）由（a）可知，2n＋1被7除，余数只可能是2、3、5．因此，2n＋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C1·C2·…·Cn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）=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）·（m＋k＋2）（m＋k＋3）·…·（m＋k＋n＋1）C1C2…Cn=n！（n＋1）！因此只需证=A·B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am＋bm能被an＋bn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ak＋bk=ak-n（an＋bn）－bn（ak-n－bk-n）al－bl=al-n（an＋bn）－bn（al-n＋bl-n）所以（i）如果ak＋bk能被an＋bn整除，那么ak-n－bk-n也能被an＋bn整除．（ii）如果al－bl能被an＋bn整除，那么al-n＋bl-n也能被an＋bn整除．设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（同时q是奇数）．亦即n|m．A4－010设m，n为任意的非负整数，证明：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=7×49n≡2×（－1）n（mod5）A4－012 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！×p．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xn＋yn．【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，x2＋y2=（x＋y）2－2xy．由于x＋y＞2，所以（x＋y）2xy．故（x＋y）（x2＋y2）．假设当n=2k（k∈N+）时，（x＋y）（x2k＋y2k）．则当n=2（k＋1）时，由于x2(k+1)＋y2(k+1)=（x＋y）（x2k+1＋y2k+1）－xy（x2k＋y2k）所以（x＋y）（x2(k+1)＋y2(k+1)）．故对一切正偶数n，x＋y不整除xn＋yn． A4－020 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．若n＋1为奇合数，设n＋1=qr，q、r为奇数且3≤q≤r，则nA4－021 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l2，从而整除它们的积lna1a2…an．A4－022 求最大自然数x，使得对每一个自然数y，x能整除7y＋12y－1．【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛七年级题1．【解】当y=1时，7y＋12y－1=18．假设7y＋12y－1是18的倍数，因为7y+1＋12（y＋1）－1=6×7y＋12＋（7y＋12y-1）=6×（7y＋2）＋（7y＋12y-1）7y＋2≡1＋2≡0（mod3）所以，7y+1＋12（y＋1）－1是18的倍数．从而对一切自然数y，18整除7y＋12y－1，所求的x即18．A4－023 证明：若n为大于1的自然数，则2n－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n（2n－1）．若n是奇素数，由费马定理知2n≡2（modn），所以2n－1≡1（modn），即n（2n－1）．若n是奇合数，设p是n的最小素因子，由费马定理知2p-1≡1（modP）；若i是使2i≡1（modP）成立的最小自然数，则2≤i≤P－1，从而in，设n=qi＋r，0＜r＜i，则2n≡2r1（modp），即p（2n－1），故n（2n－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20n＋16n－3n－1？【题说】第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第一轮题5．【解】 323=17×19当n为偶数时，20n＋16n－3n－1≡1＋3n－3n－1≡0（mod19）20n＋16n－3n－1≡3n＋1n－3n－1≡0（mod17）所以此时323整除20n＋16n－3n－1．当n为奇数时，20n＋16n－3n－1≡3n－1－3n≡－20（mod17），所以此时323不整除20n＋16n－3n－1．A4－025 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（mod3），且yz（mod3），这时3x＋y＋z且3|（x－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（x－y）（y－z）（z－x）．仍与（*）式矛盾，可见情况（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|an－1，就有n2|an－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|（ap－1），于是，（a，p）=1．因为ap－1=a（ap-1－1）＋（a－1）由费马小定理p|（ap-1－1）．所以，p|（a－1），即a≡1（modp）．因而ai≡1（modp），i=0，1，2，…，p－1将这p个同余式加起来即得ap-1＋ap-2＋…＋a＋1≡0（modp）所以，p2|（a－1）（ap-1＋ap-2＋…＋a＋1）=ap－1a≡1（modn）．于是，像（1）一样又可推得n2|（an－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＜p2．取大于p2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]·[m，n]·[n，k]≥[k，m，n]2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γi·2=2γi．因而所要证明的不等式成立．A4－029 证明；所有形如10017，100117，1001117，…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=c2a1b1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xn+yn=pk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）=pk，所以A被p整除，数x＋y也被p整除．于是得到0≡A≡xn-1－xn-2（－x）＋xn-3（－x）2－…－x（－x）n-2＋（－x）n-1（modp）即nxn-1≡0（modp），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（xs）r＋（ys）r=pk，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a2－1被b整除，所以a与b互素．又c2－1能分别被a、b整除，因而被ab整除，于是c2－1≥ab．另一方面由a≥c及b≥c得ab≥c2，矛盾．所以满足题设的数不存在第二十二讲 整数问题：综合题之一A5－010 设f（x）=x2－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xn＋1=yn+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】xn=yn+1－1=（y－1）（yn＋yn-1＋…＋1）．如果质数p是y－1与yn＋yn-1＋…＋1的公因数，则p整除xn，从而p是x的因数．但y除以p余1，所以yn＋yn-1＋…＋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．因此y－1与yn＋yn-1＋…＋1互质，从而y－1=sn，yn＋yn-1＋…＋1=tn，其中s、t为自然数，st=x．但yn＜yn＋yn-1＋…＋1＜（y＋1）n，所以yn＋yn-1＋…＋1≠tn，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．【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，即 t＞a1b1－a1－b1从而方程 a1x+b1y=t （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105，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|=211－1＞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=2×2，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3×3＞2×2×2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35×22=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=2k和b＋c=2m，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）]=a2＋ad－ab－ac＝a2＋bc－ab－ac=（a－b）（a－c）＞0所以a＋d＞b＋c，即2k＞2m，k＞m．又由ad=bc，有 a（2k－a）=b（2m－b）2m（b－2k-ma）=b2－a2=（b＋a）（b－a）可知2m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2m-1必整除b＋a或b－a之一．因为b＋a＜b＋c=2m，所以b＋a=2m-1或b－a=2m-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2m-1的奇因数，即1．所以a与b互质，同理a与c也互质．但由ad=bc，知a能整除bc，故a=1．A5－017 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）=ps，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）=ps．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；（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）=2s，其中自然数s≥2，那么f（f（n））=f（2s）=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=4n2＋4n＋1=（2n＋1）2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”（332928，332929）．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=52－32，16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）2－k2，都是“智慧数”．4k=（k＋1）2－（k－1）2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x2－y2=（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1989=3×663，所以2656=4×664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=5k×31m×1990n（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=5k×31m×1990n=2n×5k+n×31m×199n，T（x）=3n＋k＋m A5－025 证明：若则为整数．【题说】1990年匈牙利阿拉尼·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．A5－026 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）所有学生每人至少有一块糖．【题说】1991年亚太地区数学奥林匹克题4．【解】问题等价于确定正整数n，使同余式1＋2＋3＋…＋x=a（modn） （1）对任意正整数a都有解．我们证明当且仅当n是2的方幂时，（1）式总有解．若n不是2的方幂，则n有奇素因数p． 由于1，1＋2，1＋2＋3，…，1＋2＋…＋（p－1），1＋2＋…＋p至多表示modp的p－1个剩余类（最后两个数在同一个剩余类中），所以1＋2＋…＋x也至多表示modp的p－1个剩余类，从而总有a使1＋2＋…＋x≡a（modp）无解，这时（1）也无解．若n=2k（k≥1），考察下列各数：0×1，1×2，2×3，…，（2k－1）2k （2）设x（x＋1）≡y（y＋1）、（mod2k+1），其中0≤x，y≤2k－1，则x2－y2＋x－y≡（x－y）（x＋y＋1）≡0（mod2k+1）因为x－y，x＋y＋1中，一个是奇数，一个是偶数，所以x－y≡0（mod2k+1）或x＋y＋1≡0（mod2k+1）由后者得：2k+1≤x＋y＋1≤2k－1＋2k－1＋1=2k+1－1矛盾．故 x≡y（mod2k+1），即x=y．因此（2）中的2k个偶数mod2k+1互不同余，从而对任意整数a，方程x（x＋1）≡2a（mod2n）有解，即（1）有解． A5－027 设S={1，2，3，…，280}．求最小的自然数n使得S的每个有n个元素的子集都含有5个两两互素的数．【题说】第三十二届（1991年）国际数学奥林匹克题3．本题由中国提供．【解】令Ai=｛S中一切可被i整除的自然数｝，i=2，3，5，7．记A=A2∪A3∪A5∪A7，利用容斥原理，容易算出A中元素的个数是216．由于在A中任取5个数必有两个数在同一个Ai之中，从而他们不互素．于是n≥217．另一方面，令B1=（1和S中的一切素数｝B2=（22，32，52，72，112，132｝B3=｛2×131，3×89，5×53，7×37，11×23，13×19｝B4=｛2×127，3×83，5×47，7×31，11×19，13×17｝B5={2×113，3×79，5×43，7×29，11×17}B6={2×109，3×73，5×41，7×23，11×13} 易知B1中元素的个数为60．令B=B1∪B2∪B3∪B4∪B5∪B6，则B中元素的个数为88，S－B中元素的个数为192．在S中任取217个数，由于217－192=25＞4×6，于是存在i（1≤i≤6），使得这217个数中有5个数在Bi中．显然这5个数是两两互素的，所以n≤217．于是n=217． 第二十六讲 整数问题：综合题之五A5－028 对于每个正整数n，以s（n）表示满足如下条件的最大正整数：对于每个正整数k≤s（n），n2都可以表示成k个正整数的平方之和．1．证明：对于每个正整数n≥4，都有s（n）≤n2－14；2．试找出一个正整数n，使得s（n）=n2－14；3．证明：存在无限多个正整数n，使得s（n）=n2－14．【题说】第三十三届（1992年）国际数学奥林匹克题6．本题由英国提供．【解】用反证法证明如下：假设对某个n≥4，有s（n）≥n2－14，则存在k=n2－13个正整数a1，a2，…，ak，使得于是就有从而3b＋8c=13这表明c=0或1；但相应的b不为整数，矛盾．2．每个大于13的正整数m可以表为3b＋8c，其中b、c为非负整数．事实上，若m=3s＋1，则s≥5，m=3（s－5）＋2×8．若m=3s＋2，则s≥4，m=3（s－2）＋8．由 即知n2可表为n2－m个平方和，从而n2可表为n2－14，n2－15，…，对于n=13，有n2=122＋52=122＋42＋32=82＋82＋52＋42由于82可表为4个42的和，42可表为4个22的和，22可表为4个12的和，所以132=82＋82＋52＋42可表为4，7，10，…，43个平方的和，又由于52=42＋32，132可表为5，8，11，…，44个平方的和．由于122可表为4个62的和，62可表为4个32的和，所以132=122＋42＋32可表为3，6，9，…，33个平方的和．为18＋2×9=36，18＋2×12=42个平方的和．再由42为4个22的和，132也可表为39个平方的和．综上所述，132可表为1，2，…，44个平方的和．3．令n=2k×13．因为132可表为1，2，…，155个平方的和，22可表为4个平方的和，所以132×22可表为1，2，…，155×4个平方的和，132×24可表为1，2，…，155×42个平方的和，…，n2=132×22k可表为1，2，…，155×4k个平方的和．s（n）=n2－14A5－029 每个正整数都可以表示成一个或者多个连续正整数的和．试对每个正整数n，求n有多少种不同的方法表示成这样的和．【题说】第一届（1992年）中国台北数学奥林匹克题2．【解】设m为n的正的奇因数，m=nd，则 若（1）的每一项都是正的，则它就是n的一种表示（表成连续正整数的和）．若（1）式右边有负数与0，则这些负数与它们的相反数抵消（因以略去，这样剩下的项是连续的正整数，仍然得到n的一种表示，其项数为偶数（例如7=（－2）＋（－1）＋0＋1＋2＋3＋4=3＋4）于是n的每一个正奇因数产生一个表示．反过来，若n有一个表示，项数为奇数m，则它就是（1）的形式，而m是n的奇因数，若n有一个表示，项数为偶数，最小一项为k＋1，则可将这表示向负的方向“延长”，增加2k＋1项，这些项中有0及±1，±2，…，±k．这样仍成为（1）的形式，项数是n的奇因数．因此，n的表示法正好是n的正奇因数的个数，如果n的标准分解A5－030 x、y为正整数，x4＋y4除以x＋y的商是97，求余数．【题说】1992年日本数学奥林匹克预选赛题7．【解】由题知x4＋y4＜98（x＋y），不妨设x≥y，则x4＜98×2x，所以x≤5．注意到14=1，24=16，34=81，44=256，54=625．对x，y∈{1，2，3，4，5}，x4＋y4＞97（x＋y）的仅有54＋44=881=（5＋4）×97＋8，所以所求的余数为8． A5－031 设p=（a1，a2，…，a17）是1，2，…，17的任一排列，令kp是满足不等式a1＋a2＋…＋ak＜ak+1＋…＋a17的最大下标k，求kp的最大值和最小值，并求所有不同的排列p相应的kp的和．【题说】1992年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克（最后一轮）题1．【解】若kp≥12，则这与kp的定义相矛盾，所以kp≤11．又当p=（1，2，…，17）时，1＋2＋…＋11=66＜87=12＋13＋…＋17，故此时kp=11． 所以，kp的最大值为11，并且kp的最小值为5，此时p=（17，16，…，2，1）．设p=（a1，a2，…，a17）是1，2，…，17的任一排列，由kp的定义，知且但（2）的等号不可能成立，否则矛盾．所以由（1）和（3）可知，对排列p=（a1，a2，…，a17）的反向排列p＇=（a17，a16，…，a1），kp＇=17－（kp＋2）＋1=16－kp所以kp＋kp＇=16．于是可把1，2，…，17的17！个不同排列与它的反向排列一一配对．所求之和为A5－032 确定所有正整数n，使方程xn＋（2＋x）n＋（2－x）n=0有整数解．【题说】1993年亚太地区数学奥林匹克题4．【解】显然，n只能为奇数．当n=1时，x=－4．当n为不小于3的奇数时，方程左边是首项系数为1的非负整系数多项式，常数项是2n+1，所以它的整数解只能具有－2t的形式，其中t为非负整数．若t=0，则x=－1，它不是方程的解；若t=1，则x=－2，也不是方程的解；当t≥2时，方程左边=2n[－2n（t-1）＋（1－2t-1）n＋（1＋2t-1）n]，而－2n（t-1）＋（1－2t-1）n＋（1＋2t-1）n≡2（mod4），从而方程左边不等于零． 综上所述，当且仅当n=1时，原方程有一个整数解x=－4．A5－033 每一个大于2的自然数n都可以表示为若干个两两不等的正整数之和．记这些相加数个数的最大值为A（n），求A（n）．【题说】1993年德国数学奥林匹克（第一轮）题1．【解】对任意自然数n（n≥3），存在自然数m，使－1）之和，所以A（n）=m．第二十七讲 代数：集合、数、式之一B1－001 把含有12个元素的集分成6个子集，每个子集都含有2个元素，有多少种分法？【题说】1969年～1970年波兰数学奥林匹克三试题5．【解】将12个元素排成一列有12！种方法．排定后，从左到右每2个一组就得到6个2元子集．同一组中2个元素顺序交换得到的是同一子集．6个子集顺序交换得到的是同样的分法，因此共有种不同的分法．[别解]设a1是集中的一个元素，将a1与其余11个元素中的任一个结合，就得到含a1的2元子集，这种2元子集共有11种．确定含a1的子集后，设a2是剩下的一个元素，将a2与其余9个元素中的任一个结合，就得到含a2的2元子集，这种子集共有9种．如此继续下去，得到6个2元子集．共有11×9×7×5×3=10395种分法．B1－002 证明：任一个有限集的全部子集可以这样地排列顺序，使任何两个邻接的集相差一个元素．【题说】1971年～1972年波兰数学奥林匹克三试题5．【证】设有限集A含n个元素．当n=1时，子集序列φ，A即满足条件． 假设n=k时命题成立，对于k＋1元集A=｛x1，x2，…，xk+1｝由归纳假设，{x1，x2，…，xk}的子集可排成序列B1，B2，…，Bt（t=2k）满足要求．因此A的子集也可排成序列B1，B2，…，Bt，Bt∪{xk+1}，Bt-1∪{xk+1}，…，B2∪{xk+1}B1∪{xk+1}，满足要求．于是命题对一切自然数n均成立．B1－003 设1≤r≤n，考虑集合{1，2，3，…，n}的所有含r个元素的子集及每个这样的子集中的最小元素，用F（n，r）表示一切这样的子集各自的最小元素的算术平均数．证明：【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题2．这n－k个数中选出）．所以将（1）式右边的和写成一个表将上表每一行加起来，再将这些行和相加便得（1）的右边的分子，现 B1－004 定义一个数集的和为该集的所有元素的和．设S是一些不大于15的正整数组成的集，假设S的任意两个不相交的子集有不相同的和，具有这个性质的集合S的和的最大值是多少？ 【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题12．【解】先证明S元素个数至多是5．如果多于5个，则元素个数不S的元素个数≤5，所以S的和≤15＋14＋13＋12＋11=65．如果S的和≥62，则S的元数为5，并且15、14均在S中（S的和至多比15＋14＋13＋12＋11少3）．这时S中无其它的连续整数，因而只有一种情况即｛15，14，13，11，9），不难看出它不满足条件．所以，S的和≤61．特别地，S={15，14，13，11，8}时，和取最大值61．B1－006 对有限集合A，存在函数f：N→A具有下述性质：若|i－j|是素数，则f（i）≠f（j），N={1，2，…}．求有限集合A的元素的最少个数．【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题4．【解】1，3，6，8中每两个数的差为素数，所以f（1），f（3），f（6），f（8）互不相同，|A|≥4．另一方面，令A={0，1，2，3}．对每一自然数n，令f（n）为n除以4所得余数，则在f（i）=f（j）时，|i－j|被4整除．因而f是满足条件的函数．于是，A的元素个数最少为4．B1－007 集合{1，2，3，…，100}的某些子集，满足条件：没有一个数是另一个数的2倍．这样的子集中所含元素的个数最多是多少？【题说】1991年河南省数学奥林匹克集训班一试题1（6）．原题为选择题．【解】令A1=｛51，52，…，100｝，A2=｛26，27，…，50｝，A3=｛13，14，…，25｝，A4=（7，8，9，10，11，12），A5=（4，5，6｝，A6={2，3}，A7={1}．A1∪A3∪A5∪A7共50＋13＋3＋1=67个元素，每一个都不是另一个的两倍．若集合B｛1，2，…，100｝，其中每一个数都不是另一个的两倍，则在a∈B∩A2时，2aB，因此|B∩A2|＋|B∩A1|≤50．同样|B∩A4|＋|B∩A3|≤13，|B∩A6|＋|B∩A5|≤3．因此|B|≤67．本题答案为67．第二十八讲 代数：集合、数、式之二时间：2004-4-1917:19:00来源：www.jiajiao100.com我要通过家教人才库请各科家教 怎样才能考取重点中学？ B1－008 设集合Sn={1，2，…，n）．若X是Sn的子集，把X中所有数之和称为X的“容量”（规定空集容量为0）．若X的容量为奇（偶）数，则称X为Sn的奇（偶）子集．（1）求证：Sn的奇子集与偶子集个数相等；（2）求证：当n≥3时，Sn的所有奇子集容量之和，与所有偶子集容量之和相等．（3）当n≥3时，求Sn所有奇子集的容量之和．【题说】1992年全国联赛二试题2．【证】设S为Sn的奇子集，令则T是偶子集，S→T是奇子集的集到偶子集的一一对应，而且每个偶子集T，均恰有一个奇子集与之对应，所以（1）的结论成立．对任一i（1≤i≤n），含i的子集共2n-1个，用上面的对应方法可知在i≠1时，这2n-1个集中有一半是奇子集．在i=1时，由于n≥3，将上边的1换成3，同样可得其中有一半是奇子集．于是在计算奇子集容量之和时，元素i的贡献是2n-2·i．奇子集容量之和是根据上面所说，这也是偶子集容量之和，两者相等．B1－009 用σ（S）表示非空整数集S中所有元素的和．设A=｛a1，a2，…，an｝是正整数集，且a1＜a2＜…＜a11．若对每个正整数n≤1500，存在A的子集S，使得σ（S）=n．试求满足上述要求的a10的最小值．【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题3．【解】令Sk=a1＋a2＋…＋ak（1≤k≤11）．若ak＞Sk-1＋1，则不存在SA，使σ（S）=Sk-1＋1所以，Sk=Sk-1＋ak≤2Sk-1＋1 （1） 又由题设得S1=a1=1．于是由（1）及归纳法易得Sk≤2k－1（1≤k≤m） （2）若S10＜750，则a11≤1500（否则750无法用σ（S）表出），S11=S10＋a11＜1500，所以S10≥750．又S8≤28－1=255，于是2a10≥a9＋a10=S10－S8≥495所以，a10≥248．另一方面，令A={1，2，4，8，16，32，64，128，247，248，750}当n≤255=27＋26＋…＋2＋20时，可找到S｛1，2，4，…，128｝，使σ（S）=n．当n≤255＋247=502时，存在S（1，2，4，…，128，247），使σ（S）=n；当n≤502＋248=750时，存在S{1，2，4，…247，248}，使σ（S）=n；当n≤750＋750=1500时，存在SA，使σ（S）=n．于是a10的最小值为248．B1－010 给定集合S=｛Z1，Z2，…，Z1993｝，其中Z1，Z2，…，Z1993为非零复数（可视为平面上非零向量）．求证：可以把S中元素分成若干子集，使得（1）S中每个元素属于且仅属于一个子集；（2）每一子集中任一复数与该子集所有复数之和的夹角不超过90°；（3）将任二子集中复数分别作和，所得和数之间夹角大于90°．【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题4．【证】现对任意正整数n给以证明．设非零复数集S=｛Z1，…，Zn｝．对S每个非空子集A，其中所有数之和，称为A之和．S共有2n－1个非空子集，其中必有一个子集S1，其和的模|a1|最大．若S≠S1，对SS1，取其非空子集S2，使其和的模|a2|最大．如比等等．因S为有限集，故经若干步后，即得S的一个划分：S1，S2，…，Sk，它们的和a1，a2，…，ak的模分别是S，SS1，S（S1∪S2），…，S（S1∪S2∪…∪Sk-1）的非空子集和的最大模．这样的划分，条件（1）显然满足． 若某个Sr中有一元素Z与ar的夹角＞90°，则如图a，|ar－Z|＞|ar|．ar－Z是S（S1U…USr-1）的非空子集Sr{Z}之和，与Sr的选取矛盾．若ar与at（1≤r＜t≤k）的夹角≤90°，则如图（b），|ar＋at|＞|ar|．ar＋at是S（S1∪…∪Sr-1）不空子集Sr∪St之和，这又与Sr选取矛盾．因此，所述划分满足条件（1）～（3）．【注】因为平面上至多有三个向量，它们之间两两的夹角都大于90°，故S至多分为三个子集．B1－011 设集合A=｛1，2，3，…，366｝．如果A的一个二元子集B=｛a，b｝满足17|（a＋b），则称B具有性质p．（1）求A的具有性质p的二元子集的个数；（2）A一组二元子集，两两不相交并且具有性质P这组二元子集的个数最多是多少？【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题1．【解】将1，2，…，366按17除的余数分为17类：17类：[0]，[1]，…，[16]．因为366=17×21＋9，所以[1]，[2]，…[9]中各有22个数，[10]，…，[16]，[0]中各有21个数．当且仅当a∈[k]，b∈[17－k]时，{a，b}具有性质p．当a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7时，具有性质p的子集所以A的具有性质p的二元子集个数共有210＋462×7＋484=3928（个）（2）为使二元子集两两不变，可如下搭配：a∈[0]，b∈[0]，有10个子集；a∈[k]，b∈[17－k]，k=1，2，…，7，有21个子集；a∈[8]，b∈[9]，有22个子集． 故A的具有性质p两两不交的二元子集共有10＋21×7＋22=179（个） B1－012 设|v|、σ（v）和π（v）分别表示由正整数组成的有限集合v的元素的个数，元素的和以及元素的积（如果集合v是空集，则|v|=0，σ（v）=0，П（v）=1）．若S是由正整数组成的有限集合．证明对所有的正整数m≥σ（S）成立．【题说】第二十三届（1994年）美国数学奥林匹克题5．【证】设S={a1，a2，…，an}．长为m的、由m－n个0与n个1将这样的数列分为n＋1段，第一段a1个数，第二段a2个数，…，第n段an个数．前n段的每一段中恰有1个1的数列，由于第i段的1有ai种位置（1≤i≤n），所以这样的数列共有ala2…an＝П（S）个．个．根据容斥原理，即本题的等式成立．B1－015 设M={1，2，…，1995}，A是M的子集，且满足条件：当x∈A时，15xA，试求A中元素个数的最大值．【题说】1995年全国联赛一试题2（6）．原为填空题．【解】由题设，当k=9，10，…，133时，k与15k不能同时在A中，故至少有 133－8=125个数不在A中，即|A|≤1995－125=1870另一方面，M的子集A={1，2，…，8}∪{134，…，1997}满足条件．它恰好有1780个元素．故｜A｜的最大数是1870B1-016 已知集合{1，2，3，4，5，6，7，8，9，10}．求该集合具有下列性质的子集个数：每个子集至少含有2个元素，且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1．【题说】1996年爱朋思杯——上海市赛题3．【解】设an是集合{1，2，…，n}的具有题设性质的子集个数．集合{1，2，…，n，n+1，n+2}的具有题设性质的子集可分为两类：第一类子集包含元n+2，这样的子集有an+n个(即每个{1，2，…，n}的这种子集与{n+2}的并集，以及{1，n+2}，{2，n+2}，…，{n，n+2})；第二类子集不包含n+2，这样的子集有an+1个．于是，有an+2=an+an+1+n显然，a3=1，a4=3(即{1，3}，{2，4}，{1，4})．所以a5=7，a6=14，a7=26，a8=46，a9=79，a10=133．第二十九讲 代数：集合、数、式之四B1-017 对任意非空实数集S，令σ(S)为S的元素之和．已知n个正整数的集A，考虑S跑遍A的非空子集时，所有不同和σ(S)的集．证明这些和可以分为n类，每一类中最大的和与最小的和的比不超过2．【题说】第二十五届(1996年)美国数学奥林匹克题2【解】设A={a1，a2，…，an}，a1＜a2＜…＜an．令fj=a1+a2+…aj，ej=max{aj，fj-1}｝，则fj=fj-1+aj≤2ej(1≤j≤n)．每个和ai1+ai2+…+ait，i1＜i2＜…＜it，必在某个区间(fj-1，fj]中．因为ai1+ai2+ait＞fj-1=a1+a2+…aj-1所以it≥j从而ai1+ai2+…+ait≥aj于是ai1+ai2+…+ait∈[ej，fj]． 这样σ(S)被分为n个类，在ej与fj之间的和为第j类(1≤j≤n)，fj本身在第j类，而ej=fj-1时，ej不在第j类；ej＞fj-1时，ej在第j类．每一类中最大的和与最小的和的比不超过2． B1-018 设S={1，2，3，4)，n项的数列：a1，a2，…，an有下列性质，对于S的任何一个非空子集B(B的元素个数记为｜B｜)，在该数列中有相邻的｜B｜项恰好组成集合B．求n的最小值．【题说】1997年爱朋思杯——上海市赛决赛题3．【解】n的最小值为8．首先证明S中的每个数在数列a1，a2，…，an中至少出现2次．事实上，若S中的某个数在这个数列中只出现1次，由于含这个数的二元子集共有3个，但在数列中含这个数的相邻两项至多只有两种取法，因而3个含这个数的二元子集不可能都在数列相邻两项中出现．由此可见n≥8．另一方面，8项数列：3，1，2，3，4，1，2，4满足条件，因此，所求最小值为8．B1-019 求两个正整数m与n之间(m＜n)，一切分母为3的既约分数的和．【题说】1962年成都市赛高三二试题1．3(n-m)+1项．其和但其中整数项的和故所求之和S=S1-S2=n2-m2B1-020 证明cos10°是无理数．【题说】1963年合肥市赛高二二试题3．【证】利用公式cos3x=4cos3x-3cosx，可得cos30°=4cos310°-3cos10° (1)即若cos10°是一个有理数，则(1)右端为有理数，而左端是一个无理数，矛盾，故cos10°为无理数．B1-021 求出所有四元实数组(x1，x2，x3，x4)，使其中任一个数与其余三数积的和等于2．【题说】第七届(1965年)国际数学奥林匹克题4．本题由原苏联提供．【解】设x1x2x3x4=d，则显然d≤1．有以下五种情况：所以d=1，x1=x2=x3=x4=1．所以d=1，x1=x2=x3=x4=1． 综上所述，x1、x2、x3、x4或者全为1；或者其中有三个为-1，一个为3第三十讲代数：集合、数、式之五B1-022 设P(x)是自然数x在十进制中各位数字的乘积．试求出所有能使P(x)=x2-10x-22成立的自然数．【题说】第十届(1968年)国际数学奥林匹克题2．本题由捷克斯洛伐克提供．【解】设n位数x满足P(x)=x2-10x-22 (1)若n≥3，则x≥10n-1≥100，9n≥P(x)=x(x-10)-22≥90x-22≥90·10n-1-22=9·10n-22＞10n矛盾．若n=1，则x=P(x)=x2-10x-22即x2-11x-22=0但此方程无正整数解．因此n=2．若x≥20，则x2-10x-22=x(x-10)-22≥10x-22≥200-22＞92≥P(x)因此x=10+y，y∈{0，1，2，…，9}．(1)变成y=(10+y)2-10(10+y)-22易知y=2，x=12． B1-023 证明：如果三个正数的积为1，而它们的和严格地大于它们的倒数之和，那么，它们中恰好有一个数大于1．【题说】第四届(1970年)全苏数学奥林匹克八年级题2． 【证】设这三个数为a，b，c，则(a-1)(b-1)(c-1)=abc-(ab+bc+ca)+(a+b+c)-1左边有一个或三个因子为正．但abc=1，所以a、b、c不可能全大于1，从而a、b、c中有且只有一个数大于1． B1-024 若干个正整数的和为1976，求这些正整数的积的最大值．【题说】第十八届(1976年)国际数学奥林匹克题4．本题由美国提供．【解】设这些正整数为a1，…，an，则a1+…+an=1976不妨设ai＜4(1≤i≤n)，这是因为当ai≥4时ai≤2(ai-2)，故把ai换成2和ai-2不会使积减小．再注意2×2×2＜3×3，所以只需考虑积2a·3b，其中a=0，1，2，且2a+3b=1976．由此得a=1，b=658，故所求的最大值为2×3658． B1-025 确定最大的实数z，满足x+y+z=5 (1)xy+yz+zx=3 (2)并且x、y也是实数．【题说】第十届(1978年)加拿大数学奥林匹克题3．【解】由(1)得(x+y)2=(5-z)2，由(2)得xy=3-z(5-z)．于是0≤(x-y)2=(x+y)2-4xy=(5-z)2-4[3-z(5-z)]=-3z2+10z+13=(13-3z)(1+z)因此有 -1≤z≤13/3当x=y=1/3时，z=13/3．因此z最大值是13/3． B1-026 已知a、b、c、d、e是满足a+b+c+d+e=8， (1)a2+b2+c2+d2+e2=16 (2)的实数，试确定e的最大值．【题说】第七届(1978年)美国数学奥林匹克题1．【解】由Cauchy不等式，(8-e)2=(a+b+c+d)2≤4(a2+b2+c2+d2)=4(16-e2)，即B1-027 已知：0.301029＜lg2＜0.301030，0.477120＜lg3＜0.477121求20001979的首位数字．【题说】1979年安徽省赛二试题1．【解】因为lg20001979=1979(3+lg2)=5937+1979lg2595.736391＜1979lg2＜595.738370而lg5=1-lg2＜0.70lg6=lg2+lg3＞0.77所以6532+lg5＜lg20001979＜6532+lg6即5×106532＜20001979＜6×106532所以20001979的首位数字是5. B1-028 已知a1，a2，…，a8均为正数，且a1+a2+…+a8=20 (1)a1a2…a8=4 (2)试证：a1，a2，…，a8之中至少有一个数小于1．【题说】1979年湖北省赛二试题5．【证】用反证法．如果a1，a2，…，a8都不小于1，则可设ai=1+bi(bi＞0，i＝1，2，…，8)再由(1)即得b1+b2+…+b8=12于是a1a2…a8=(1+b1)(1+b2)…(1+b8)＝1+(b1+b2+…+b8)+…+b1b2…b8≥1+(b1+b2+…+b8)=1+12=13与条件(2)矛盾．所以八个数中至少有一个数小于1.第三十一讲 代数：集合、数、式之六时间：2004-4-209:19:00来源：www.jiajiao100.com我要通过家教人才库请各科家教 怎样才能考取重点中学？B1-029 求所有实数a，使得存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足关系：【题说】第二十一届(1979年)国际数学奥林匹克题5．本题由以色列提供．【解】利用柯西不等式及题设条件，有故中间不等式只能取等号，这意味着在xk≠0时， 由此推知，x1，x2，x3，x4，x5中至多一个非0．因此，只能有下面两种情况：(1)x1=x2=x3=x4=x5=0，此时a=0；(2)某个xk=c≠0，其余xi=0(i≠k)．这时由已知得kc=a，k3c=a2，k5c=a3．从而k2=a，c=k总之，当且仅当a=0，1，4，9，16，25时，存在非负实数x1，x2，x3，x4，x5满足题中三个方程． B1-030 下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正．【题说】1981年全国联赛题2．【解】lg3、lg0.27、lg9的值同为正确或同为错误．因表中只有两处错误，故三者都对．同理，lg2、lg5、lg8、lg6都对．再若lg7=2(b+c)，则lg14=lg7+lg2=1-a+2b+c，lg0.021=lg3+lg7-3=2a+b+2c-3，lg2.8=2lg2+lg7-1=1-2a+2b．即lg7=2(b+c)对，就推出lg14、lg0.021、lg2.8三个值都错，与题设矛盾，故知lg7不对．应为lg7=lgl4-lg2=2b+c．lg1.5的值也不对，应为lg1.5=lg3+lg5-1=3a-b+c-1． B1-031 把n2个互不相等的实数排成下表：a11，a12，…，a1na21，a22，…，a2n…an1，an2，…，ann 取每行的最大数得n个数，其中最小的一个是x；再取每列的最小数，又得n个数，其中最大的一个是y，试比较xn与yn的大小．【题说】1982年上海市赛二试题2【解】设x=aij，y=apq，则aij≥aiq≥apq所以x≥y．(1)当n是奇数时，xn≥yn．(2)当n是偶数时(i)如果x≥y≥0，则xn≥yn；(ii)如果0≥x≥y，则xn≤yn；(iii)如果x≥0≥y，则当x≥-y时，xn≥yn；当x≤-y时，xn≤yn． B1-032 对任意实数x、y．定义运算x*y为：x*y=ax+by+cxy其中a、b、c为常数，等式右端运算是通常的实数的加法和乘法．现已知1*2=3，2*3=4，并且有一个非零实数d，使得对于任意实数x，都有x*d=x，求d的值．【题说】1985年全国联赛一试题2(4)．原题为填空题．【解】由所设条件，有1*2=a+2b+2c=3 (1)2*3=2a+3b+6c=4 (2)x*d=ax+bd+cxd=(a+cd)x+bd=x (3) 由(3)得a+cd=1 (4)bd=0 (5)因d≠0，故由(5)式得b=0．再解方程(1)及(2)，得a=5，c=-1，最后由(4)式得d=4． B1-033 计算下式的值：【题说】第五届(1987年)美国数学邀请赛题14．注意324=4×34．【解】x4+4y4=(x2+2y2)2-(2xy)2=[(x2+2y2)-2xy][(x2+2y2)+2xy]=[(x-y)2+y2][(x+y)2+y2]因此，n4+324=n4+4·34=[(n-3)2+9][(n+3)2+9] B1-034 在12，22，32，…，19892每个数前添上“+”或“-”号，使其代数和为最小的非负数，并写出算式．【题说】第十五届(1989年第3阶段)全俄数学奥林匹克十年级题3．【解】这些数中有995个奇数，其代数和总是奇数，即所求的数不小于1．另一方面，因为 k2-(k+1)2-(k+2)2+(k+3)2=4所以八个连续平方数的代数和可以为0．对222，232，…，19892，每连续八个一组，并适当添加符号，使每组的代数和为0．对62，72，…，212这十六个数适当添加符号，使其和为16．而-12+22-32+42-52=-15于是，可在12，22，…，19892前适当添加“+”号或“-”号，使所得的代数和为1． B1-035 黑板上写下若干个正数，两两乘积之和为1．证明：可抹去【题说】第十六届(1990年)全俄数学奥林匹克十年级题5 B1-036 A是满足下列条件的正整数集合；(1)没有2，3，5，7，11，13以外的素因数；(2)不被22，32，52，72，112，132整除．但1∈A．求A的元素n的倒数的总和．【题说】1992年日本数学奥林匹克预选赛题4．【解】 B1-037 有理数集Q的子集S有如下性质：(1)如果a∈S，b∈S，则a+b，ab∈S；(2)对于每一个有理数r，r∈S，-r∈S，r=0有且仅有一条成立．试证明：S是由全体正有理数组成．【题说】1993年河北省赛一试题3．【证】i)先证1∈S．否则由(2)得-1∈S，再由(1)得1=(-1)(-1)=1∈S，与(2)矛盾．ii)由1∈S得2=1+1∈S，3=2+1∈S，…，故一切正整数∈S．与(2)矛盾．iv)由(2)知，S不含负有理数和零，即S由全体正有理数组成．第三十二讲 代数：集合、数、式之七B1-038 设f(z)=z2+az+b是具有复系数a，b的关于复变量z的二次三项式，且对一切z(｜z｜=1)有｜f(z)｜=1．求a和b的值．【题说】1993年河北省赛二试题1．【解】令z=±1，±i得1=｜1+a+b｜1=｜1-a+b｜1=｜-1+ia+b｜ 1=｜-1-ia+b｜相加得4=｜1+a+b｜+｜1-a+b｜+｜-1+ia+b｜+｜-1-ia+b｜≥｜(1+a+b)+(1-a+b)+(1-ia-b)+(1+ia-b)｜=4从而1+a+b，1-a+b，1-ia-b，1+ia-b四个复数作为向量来看，方向相同，而它们的长又均为1．于是a=0，b=0．另一方面，在a=b=0时，f(z)=z2．对一切满足｜z｜=1的z，｜f(z)｜=｜z｜2=1． B1-039 证明：实数x是有理数的充分必要条件是：能从数列x、x+1，…，x+n，…中选出3个不同的项，组成等比数列．【题说】第二十五届(1993年)加拿大数学奥林匹克题2．【证】(1)充分性设x+i、x+j、x+k成等比数列，则(x+j)2=(x+i)(x+k)=((x+j)-(j-i))((x+j)+(k-j))=(x+j)2+(k+i-2j)(x+j)-(k-j)(j-i)从而(k+i-2j)(x+j)=(k-j)(j-i)≠0p+2)q成等比数列．事实上，这时 B1-040 对每一个整数n≥2，确定并证明满足下列等式：an=a+1及b2n=b+3a 的两个正实数a，b谁大．【题说】第二十二届(1993年)美国数学奥林匹克题1．【解】我们证明对一切n≥2，有a＞b．显然a≠1，从而(a+1)2＞4a．假设b≥a，则得到如下两个互相矛盾的结果：及故a＞b． B1-041 已知n个正整数ai(1≤i≤n)满足a1＜a2＜…＜an≤2n．其中任意两个ai，aj(i≠j)的最小公倍数都大于2n．【题说】1994年上海市赛高三二试题1．【证】将每个ai写成2αi(2ti-1)的形式，其中αi为非负整数，ti为自然数．对任意的i≠j，因[ai，aj]＞2n，故2ti-1≠2tj-1．由此推知，2t1-1，2t2-1，…，2tn-1是1，3，…，2n-1的一个排列．-1的正奇数．因6t1-3≠2t1-1，故存在j＞1，使6t1-3=2tj-1．于是 B1-043 设K1＜K2＜K3＜…是正整数，且没有两个数是相邻的，Sm=K1+K2+…+Km，m=1，2，3，…．证明：对每一个正整数n，区间[Sn，Sn+1)中至少有一个完全平方数．【题说】第二十三届(1994年)美国数学奥林匹克题1． Sn=Kn+Kn-1+Kn-2+…+K1≤Kn+(Kn-2)+(Kn-4)+…+Ln其中Ln=2，如果Kn是偶数；Ln=1，如果Kn是奇数，由此可得 B1-045 求满足下列等式的数a；【题说】1995年日本数学奥林匹克预选赛题1，【解】将等式两边同立方，并整理得所以a=9． B1-046 设p是n个实数x1，x2，…，xn的乘积，若p-xk是奇数，k=1，2，…，n．证明：x1，x2，…，xn皆为无理数．【题说】1995年城市数学联赛高年级较高水平题2． 【解】设p-xk=ak为奇数(k=1，2，…，n)，则p=x1x2…xn=(p-a1)(p-a2)…(p-an)即P是方程(x-a1)(x-a2)…(x-an)=x (1)的根．方程(1)的首项系数为1，所以它的有理根一定是整数，而且一定是常数项(-1)na1a2…an的约数，即有理根一定是奇数．但x为奇数时，(1)的左边为偶数，右边为奇数．所以(1)没有奇数根，从而没有有理根．于是p为无理数，xk=p-ak均为无理数(k=1，2，…，n)． B1-047 a、b、c、d取某些实数值时，方程x4+ax3+bx2+cx+d=0有四个非实数根，其中两个根的积为13+i，另两个根的和为3+4i，这里i为虚数单位．求b．【题说】第13届(1995年)美国数学邀请赛题5．【解】设四个根为e±if，g±ih，则e+g=3，f+h=4所以b=(e+if)(e-if)+(g+ih)+(g-ih)+(e+if)(g+ih)+(e-if)(g-ih)+(e+if)(g-ih)+(e-if)(g+ih)=e2+f2+g2+h2+26+2(eg+fh)=(e+g)2+(f+h)2+26=32+42+26=51 B1-048 设非零复数a1，a2，a3，a4，a5满足 其中S为实数，且｜S｜≤2．求证：复数a1，a2，a3，a4，a5在复平面上所对应的点位于同一圆周上．【题说】1997年全国联赛一试题5．【解】令a2/a1=q，则an=a1qn-1(n=2，3，4，5)，于是由条件(1)，得 (3)(1)若1+q+q2+q3+q4=0，则q5-1=(q-1)(q4+q3+q2+q+1)=0故复数a1，a2，a3，a4，a5所对应的点共圆．(2)若1+q+q2+q3+q4≠0，则由(3)得此时q满足方程 (4) (5)因｜S｜≤2，故判别式△=5±2S＞0，从而方程(5)有二相异实根，且其绝对值都不大于2．事实上，当｜x｜＞2时，令｜x｜=2+h(h＞0)，则 对于方程(5)的每个根α、q满足实系数二次方程q2-αq+1=0，其判别式△=α2-4≤0，故两根q1、q2或为相等的实数，或为共轭复数，都有｜q1｜2=｜q2｜2=q1q2=1．总之，方程(5)的每个根q，都满足｜q｜=1． 第三十三讲 代数：集合、数、式之八B1-049 试问：当且仅当实数x0，x1，…，xn(n≥2)满足什么条件时，存在实数y0，y1，…，yn，使得 (1)成立，其中zk=xk+iyk，i为虚单位，k=0，1，…，n．证明你的结论．【题说】1997年全国联赛二试题2．【解】若存在实数y1，y2，…，yn使(1)成立，则 (2) (3)这是不可能的．故(3)成立．反之，若(3)成立，有两种情况． 易知(2)也成立． B1-051 证明：如果在x取三个不同的整数值时，变量x的整系数多项式的值的绝对值都是1，那么这多项式没有整数根．【题说】1967年～1968年波兰数学奥林匹克二试题1．【证】设整系数多项式f(x)对于三个不同的整数a、b、c，有｜f(a)｜=｜f(b)｜=｜f(c)｜=1 (1)假定f(x)有整数根x0，则f(x)=(x-x0)Q(x) (2)这里Q(x)是整系数多项式．由(1)与(2)可知，｜(a-x0)Q(a)｜a-x0｜·｜Q(a)｜=1．因为｜Q(a)｜是整数，所以｜a-x0｜=1．同理｜b-x0｜=1，｜c-x0｜=1，从而三个数a-x0，b-x0，c-x0中有两个相等，因而a、b、c中有某两个相等，与已知a、b、c矛盾，故f(x)不可能有整数根．B1-052 已知有整系数a1，a2，…，an的多项式f(x)=xn+a1xn-1+…+an-1x+an对四个不同的整数a、b、c、d，使得f(a)=f(b)＝f(c)＝f(d)＝5证明：不存在整数k使得f(k)=8． 【题说】第二届(1970年)加拿大数学奥林匹克题10．注意a、b、c、d是多项式f(x)-5的根．【证】由已知，应有f(x)-5=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)g(x)其中g(x)是整系数多项式．如果有整数k，使f(k)=8，则(k-a)(k-b)(k-c)(k-d)g(k)=3但素数3不可能有4个以上不同的因数(包括负因数在内)k-a，k-b，k-c，k-d，g(k)．矛盾． B1-053 P(x)是非常数的整系数多项式，n(P)为能使[P(K)]2=1成立的整数K的个数．证明：n(P)-deg(P)≤2其中deg(P)是多项式P(x)的次数．【题说】第十六届(1974年)国际数学奥林匹克题6．本题由瑞典提供．【证】若[P(K)]2=1，则P(K)=±1．设P(x)-1有m个整数根K1，…，Km，则P(x)-1=(x-K1)…(x-Km)Q(x)其中Q(x)为整系数多项式．P(x)+1=(x-K1)…(x-Km)Q(x)+2若m≥4，则因4个互不相同的非零整数之积的绝对值大于2，故P(K)+1对任意整数K不为0，若m=3，同理可得至多1个K使P(K)+1=0．对P(x)+1的整数根个数m′有完全类似的结论：若m′≥4，则m=0，若m′=3，则m=1．总而言之，m和m′至少有一个不大于2，因而n(P)=m+m′≤2+deg(P)n(P)-deg(P)≤2 B1-054 求出满足下列条件的所有含两个变量的多项式：(1)P是n次齐次的．即对所有实数t、x、y，有P(tx，ty)=tn·P(x，y)(2)对所有实数a、b、c有P(a+b，c)+P(b+c，a)+P(c+a，b)=0 (3)P(1，0)=1．【题说】第十七届(1975年)国际数学奥林匹克题6．本题由英国提供．【解】设P是满足条件(1)～(3)的n次多项式．由于常数多项式不可能同时满足(2)和(3)，故n≥1．在(2)中令a=b，c=-2a，则由P的齐次性得0=P(2a，-2a)+P(-a，a)+P(-a，a)＝[(-2)n+2]P(-a，a)若n＞1，则有P(-a，a)=0，因而P(x，y)能被x+y整除．设P(x，y)=(x+y)P1(x，y)，则由(2)得P1(a+b，c)(a+b+c)+P1(b+c，a)(a+b+c)+P1(c+a，b)(a+b+c)=0故P1(a+b，c)+P1(b+c，a)+P1(c+a，b)=0P1仍是齐次的，且P1(1，0)=P1(1，0)(1+0)=P(1，0)=1即P1也满足条件(1)～(3)，它的次数为n-1．如果n-1＞1．同样可再构造一个n-2次齐次多项式P2，它满足条件(1)～(3)，并且p1(x，y)＝(x+y)p2(x，y)如此下去，最后总会得到一个一次多项式Pn-1(x，y)=mx+ny第三十四讲 代数：集合、数、式之九B1-055 如果P(x)、Q(x)、R(x)及S(x)是多项式，且使得P(x5)+xQ(x5)+x2R(x5)=(x4+x3+x2+x+1)S(x) (1)试证：(x-1)是P(x)的一个因式．【题说】第五届(1976年)美国数学奥林匹克题5．由多项式余式定理，问题等价于证明P(1)=0． P(1)+ωQ(1)+ω2R(1)=0 (2)P(1)+ω2Q(1)+ω4R(1)=0 (3)P(1)+ω4Q(1)+ω6R(1)=0 (4)消去Q(1)、R(1)，得P(1)=0．由余式定理知，(x-1)是P(x)的因式．B1-056 确定所有正整数对(m，n)，使得(1+xn+x2n+…+xmn)能被(1+x+x2+…+xm)整除．【题说】第六届(1977年)美国数学奥林匹克题1．【解】问题等价于：求(m，n)使得是多项式．对任何正整数m、n，(xn)m+1-1既能被(xn-1)整除，又能被(xm+1-1)整除．所以，为使分母因式全约去，只须(xn-1)与(xm+1-1)除(x-1)外，没有别的公因式．这只须n与(m+1)互质即可．另一方面，如果n与(m+1)的最大公约数d＞1，那么(xn-1)(xm+1-1)被(xd-1)2整除，(xn-1)(xm+1-1)有重根s≠1．但((xn)m+1-1)·(x-1)只有一个重根x=1，所以当n与m+1不互质时，(m，n)不合要求．总之，本题的解是n与m+1互质的正整数对(m，n)． B1-057 分解因式：x12+x9+x6+x3+1．【题说】1978年全国联赛二试题2(1)．【解】x12+x9+x6+x3+1 B1-058 设f(x)=ax2+bx+c，已知f(1)、f(2)、f(3)、f(4)、f(5)都是质数，求证：f(x)不能分解成两个整系数一次式的积．【题说】1981年北京市赛高一题7．用反证法．【证】设f(x)=g(x)h(x)其中g(x)与h(x)都是整系数一次式，则 f(1)＝g(1)h(1)，f(2)=g(2)h(2) f(3)=g(3)h(3)，f(4)=g(4)h(4) f(5)=g(5)h(5)上述五个等式的左端都是质数，因此在g(1)、g(2)、g(3)、g(4)、g(5)，h(1)、h(2)、h(3)、k(4)、h(5)这十个整数中至少有五个是±1．由于g(x)是整系数一次式，所以g(1)、g(2)、g(3)、g(4)、g(5)是不同的数，其中至多有一个1，一个-1；h(1)、h(2)、h(3)、h(4)、h(5)中也是这样．故这十个数中至多有四个±1．矛盾．所以原命题正确． B1-059 对每一实数r，定义Tr为平面内的点变换，它把点(x，y)变为点(2rx，r2rx+2ry)．求曲线y=f(x)，使在所有变换Tr下，其图像保持不变．【题说】第十五届(1983年)加拿大数学奥林匹克题2．【解】设曲线y=f(x)在所有变换Tr下保持不变，则对所有x，r应有f(2rx)＝r2rx+2ry＝r2rx+2rf(x) (1)在式中令x=0，则有f(0)=2rf(0)，故知f(0)=0．对x＞0，设f(1)=a，将x=1代入(1)中，则有f(2r)=r2r+a2r (2) 再令r=log2x，由(2)得f(x)=xlog2x+ax (3)对x＜0，设f(-1)=b．在(1)中令x=-1，则有f(-2r)=-r2r+2rf(-1) =-r2r+b·2r (4)再令r=log2(-x)，由(4)得f(x)=xlog2(-x)-bx (5)综上所述，y=f(x)的解析表达式应为其中a、b为常数．不难验证，它们确实符合要求．第三十五讲 代数：集合、数、式之十B1-060 用以下规则归纳地造出多项式的集合S：(1)x∈S；(2)若f(x)∈S，则xf(x)∈S，x+(1-x)f(x)∈S．证明：S中没有两个不同的多项式，它们在区间0＜x＜1上的图像相交．【题说】第十六届(1987年)美国数学奥林匹克题3．用数学归纳法．【证】首先证明：在区间0＜x＜1上，对于所有f(x)∈S，有0＜f(x)＜1．事实上，可对多项式次数进行归纳证明．n=1，显然成立．假设0＜f(x)＜1，则0＜xf(x)＜x＜1，0＜x+(1-x)f(x)＜x+(1-x)=1． 下面仍对次数n进行归纳，证明S中任二多项式不交．n=1，显然．假设次数≤k的任两多项式f1(x)、f2(x)不交，即对x∈(0，1)，f1(x)≠f2(x)，于是xf1(x)≠xf2(x)x+(1-x)f1(x)≠x+(1-x)f2(x)同时对任何x∈(0，1)，有xf1(x)＜x＜x+(1-x)f2(x)xf2(x)＜x＜x+(1-x)f1(x)故次数≤k+1次的任两个多项式也不交． B1-061 当x=-1，x=0，x=1，x=2时，多项式P(x)=ax3+bx2+cx+d取整数值．求证：对于所有的整数x，这个多项式都取整数值．【题说】第十四届(1988年第三阶段)全俄数学奥林匹克九年级题5．【证】先将多项式P(x)变形为由已知，d=P(0)，a+b+c+d=P(1)都是整数，因此a+b+c也是整数．又P(-1)=2b·(a+b+c)+d，所以2b也是整数．最后，因为P(2)=6a+2b+2(a+b+c)+d是整数，所以6a也是整数．当x为任意整数时，数是整数，所以P(x)是整数．[评注]如果一个k≤n次多项式当自变量取n+1个连续整数值时都取整数值，那么在自变量取任一整数值时，这个多项式取整数值． B1-062 设a、b、c是三个不同的实数，P(x)是实系数多项式．已知(1)P(x)除以(x-a)得余数a；(2)P(x)除以(x-b)得余数b；(3)P(x)除以(x-c)得余数c．]求多项式P(x)除以(x-a)(x-b)(x-c)所得的余式． 【题说】1990年意大利数学奥林匹克题3．【解】根据余数定理，P(x)被x-a除，余数为P(a)，所以P(a)=a．从而P(x)-x，在x=a时值为0．同理它在x=b，c时值为0．所以(x-a)(x-b)(x-c)｜P(x)-x，即P(x)除以(x-a)(x-b)(x-c)，余式为x． B1-063 已知多项式2x3-60x2+ax在三个连续的整点处取得三个连续(同样顺序)的整数值．求这些值．【题说】第十七届(1991年)全俄数学奥林匹克十一年级题1．【解】由已知2(n-1)3-60(n-1)2+a(n-1)=m-1 (1)2n3-60n2+an=m (2)2(n+1)3-60(n+1)2+a(n+1)=m+1 (3)(1)+(3)-(2)×2，并整理得12n-120=0，所以n=10代入(1)、(2)得2×93-60×92+9a=m-1 (4)2×103-60×102+10a＝m (5) 解得a=599，m=1990．所以这三个连续的整数值是1989、1990、1991． B1-064 设n是给定的自然数，求所有正数对a、b，使得x2+ax+b是ax2n+(ax+b)2n的因式．【题说】1992年上海市赛高三二试题3．【解】设x=x0是x2+ax+b=0的根．因为b＞0，故x0≠0．x0也是ax2n+(ax+b)2n的根，所以ax02n+(ax0+b)2n=ax02n+(-x02)2n =ax02n+x04n=0从而，a+x02n=0，所以，x02n=-a=a(cosπ+isinπ)．另一方面，由求根公式故从而n＜2k+1＜3n．由此可见，n=1时本题无解．n≥2时，故当n≥2，n∈N时，所求的正数对a、b为 n=1时无解 第三十六讲 代数：集合、数、式之十一B1-065设P(Z)是1992次复系数多项式，它的根各不相同，证明：存在复数a1，a2，…，a1992，使得P(Z)整除多项式{…[(Z-a1)2-a2]2-…-a1991}2-a1992【题说】第二十一届(1992年)美国数学奥林匹克题5．【证】令n=1992，r1，r2，…，rn为P(z)的n个互不相同的根．归纳地定义非空集Si与复数ai如下：设S0={r1，r2，…，rn}对i≥1，定义ai为Si-1中任两个数的平均数，(若Si-1只含一个数，则定义ai为该数)．又定义Si={(z-ai)2｜z∈Si-1}．若Si-1中至少含有＜｜Si-1｜．从而，至多经n-1次后Si只含有一个元，于是Sn={0}．令Q(z)={…[(z-a1)2-a2]2-…-an-1}2-an由上面的构造方式可见，有(rk-a1)2∈S1，((rk-a2)2-a2)2∈S2，…，Q(rk)∈Sn即Q(rk)=0(k=1，2，…，n)，所以P(z)｜Q(z)B1-066设P(x)=x4+ax3+bx2+cx+d，a，b，c，d为常数，【题说】第三届(1993年)澳门数学奥林匹克第一轮题2．【解】记1993=n，且令Q(x)=P(x)-nx，则有Q(1)=Q(2)=Q(3)=0从而Q(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-r)．B1-067设实系数非零多项式f(x)=anxn+an-1xn-1+a0g(x)=Cn+1xn+1+cnxn+…+c0满足g(x)=(x+r)f(x)，其中r为一实数．若a=max(｜an｜，…，｜a0｜)c=max(｜cn+1｜，…，｜c0｜)求证：a/c≤n+1．【题说】1993年亚太地区数学奥林匹克题3．【证】若｜r｜≤1，则即有cn+1=an，ck=rak+ak-1(k=1，2，…，n)，c0＝ra0．所以an=cn+1，an-1=-rcn+1+cn，an-2=(-r)2cn+1+(-r)cn+cn-1，…，a0＝(-r)ncn+1+(-r)n-1·cn+…+c1．故｜a｜＝｜ai｜=｜(-r)n-icn+1+…+Ci+1｜≤｜cn+1｜+…+｜ci+1｜≤｜n-i+1｜c≤(n+1)c论即知命题正确．B1-068令P0(x)=x3+313x2-77x-8，对整数n≥1，定义Pn(x)=Pn-1(x-n)．那么，P20(x)展开式中x项的系数是多少？【题说】第十一届(1993年)美国数学邀请赛题5．【解】答763．对正整数n，有Pn(x)＝Pn-1(x-n)＝Pn-1(x-n-(n-1))＝Pn-3(x-n-(n-1)-(n-2)=…＝P0(x-n-(n-1)－…-2-1)=P0(x-210)=(x-210)3+313(x-210)2-77(x-210)-8其中x项的系数为3·(210)2-313·2·210-77=763B1-070是否存在整系数二次三项式P(x)，使得对于十进制的任意的全由数码1组成的自然数n，该二次三项式的值P(n)也是全由数码1组成的自然数．【题说】第二十届(1994年)全俄数学奥林匹克九年级题3． 【解】这样的二次三项式是存在的．例如P(x)=90x2+20x+1B1-071整系数多项式P(x)满足P(19)=P(94)=1994，求P(x)的常数项(已知它的绝对值小于1000)．【题说】第二十届(1994年)全俄数学奥林匹克十年级题6．【解】设P(x)的常数项为a0，则P(x)＝x·Q(x)+a0其中Q(x)是整系数多项式，所以P(19)＝19n+a0P(94)=94m+a0其中m、n为整数．由P(19)=P(94)得19n=94m，所以n=94k，m=19k(k为整数)于是19·94k+a0=1994，由此得a0=1994-1786k因为｜a0｜＜1000，所以k=1，a0=208．这样的多项式是存在的．例如-x2+113x+208=-(x-19)(x-94)+1994B1-072求最小的正整数n，它使得(xy-3x+7y-21)n的展开式经同类项合并后至少有1996项．【题说】第十四届(1996年)美国数学邀请赛题3．【解】(xy-3x+7y-21)n=(x+7)n(y-3)n(x+7)n展开有n+1项，(y-3)n展开也有n+1项，前者是x的幂，后者是y的幂，次数各不相同，所以(x+7)n(y-3)n有(n+1)2项，这些项或x的次数不同，或y次数不同，均无法合并．由(n+1)2≥1996得n≥44．即所求最小的正整数为44．第三十七讲 代数：集合、数、式之十二B1-074 证明对任意整数n，存在一个唯一的多项式Q(x)，系数∈{0，1，…，9}，Q(-2)＝Q(-5)＝n．【题说】第二十六届(1997年)美国数学奥林匹克题3．【解】如果多项式f(x)与g(x)在x=-2与-5时值均相等，就记成f(x)=g(x)，如x2+7x+10=0．在n∈{0，1，…，9}时，常数n就是满足要求的多项式Q(x)．在n=10时，Q(x)=x3+6x2+3x满足要求，将它简记为(0，3，6，1)．一般地，Q(x)=akxk+…+a0简记为(a0，a1，…，ak)．设Q(x)=(a0，a1，…，ak)的系数∈{0，1，2，…，9}，我们证明存在多项式P(x)，系数∈{0，1，2，…，9}，并且P(x)=Q(x)+1，P(x)的系数和也等于Q(x)的系数和+1．为此，对Q(x)的系数和a0+a1+…+ak进行归纳，奠基显然．设对系数和较小的多项式结论已经成立．若a0＜9，结论显然．若a0=9，则(a0，a1，…，ak)+1=(0，a1，…，ak)+(0，3，6，1)．(i)若3+a1≤9，则(0，a1，…，ak)+(0，3，6，1)=(0，a1+3，a2，…，ak)+(0，0，6，1)对多项式(a2，a3，…，ak)运用归纳假设，得多项式(a′2，a′3，…，a′h)=(a2，a3，…，ak)+1．继续对所得多项式用归纳假设，直至得到再用归纳假设得 (ii)若3+a1≥10，则令a′1=a1-7，，(0，a1，…，ak)+(0，3，6，1)=(0，a1′，a2，…，ak)+(0，0，9，7，1)在a2=0时，(0，a1′，a2，…，ak)+(0，0，9，7，1)=(0，a1′，9，a3，…，ak)+(0，0，0，7，1)，情况与(i)类似．在a2≥1时，令a′2＝a2-1，则(0，a′1，a2，…，ak)+(0，0，9，7，1)=(0，a′1a′2，a3，…，ak)+(0，0，10，7，1)=(0，a′1，a′2，a3，…，ak)最后一步利用了10+7x十x2=0．另一方面，设Q(x)＝(a0，a1，…，ak)的系数∈{0，1，2，…，9}，可以证明存在多项式R(x)，系数∈{0，1，2，…，9}，并且R(x)=Q(x)-1．这只要注意Q(x)－l＝Q(x)+(9，7，1)再多次利用上面关于Q(x)+1的结果即得．因此，对一切整数n，均有合乎要求的多项式Q(x)存在．如果又有多项式Q1(x)满足要求，设Q(x)-Q1(x)=(b0，b1，…，bk)，bi∈{0，±1，…，±9}，0≤i≤k．由Q(-2)-Q1(-2)=0得2｜b0．同理，5｜b0，所以10｜b0．但｜b0｜＜10，所以b0＝0．于是bk(-2)k+…+b1(-2)=0，从而22｜2b1，2｜b1．同理5｜b1．所以b1=0．依此类推，可得b2=…=bk=0．从而合乎条件的Q(x)是唯一的． B1-075 观察 由这些例子的启发，叙述一般规律，并加以证明．对任何大于1的n，证明存在正整数i和j(i＜j)使得 (1)【题说】第五届(1973年)加拿大数学奥林匹克题7．【解】所给例子暗示的规律是于是(1)右边等于取i=n-1，j=(n-1)n-1，则即(1)式成立． B1-076 设P是集合Sn={1，2，…，n}的一个排列．如果p(j)=j，元素j∈Sn叫做p的不动点．设fn是没有不动点的排列的个数，gn是恰有一个不动点的排列的个数．证明：｜fn-gn｜=1．【题说】第十四届(1982年)加拿大数学奥林匹克题4．本题结论可加强为fn-gn=(-1)n．【证】显然f1=0，f2=1．当n≥3时，fn=(n-1)(fn-2+fn-1) (1)事实上，若k(≠1)排在第一个，这时如果1排在第k个(即1与k对换)，其余n-2个数没有不动点的排列有fn-2个；如果1不排在第k位，这相当于n-1个数都没有不动点，其排列数为fn-1．当k遍历2，3，…，n时，便得到(1)式． 对于gn显然g1=1，g2=0．当n≥3时，除某一数k不动外，其余数皆变动，而k可以是1～n中任一个，故得gn=nfn-1．因而 fn-gn=(n-1)(fn-2+fn-1)-nfn-1=(n-1)fn-2-fn-1=gn-1-fn-1 (2)由f1-g1=-1及(2)得fn-gn=(-1)n． B1-077 10名运动员参加乒乓球循环赛，每两人均赛1场，设第1个选手胜x1场、负y1场，第2个选手胜x2场、负y2场等等．证明：【题说】第二十一届(1987年)全苏数学奥林匹克八年级题1．【证】每个选手恰赛9场，所以xi+yi=9(i=1，2，…，10)胜负总数相同，即x1+x2+…+x10=y1+y2+…+y10=9[(x1-y1)+(x2-y2)+…+(x10-y10)]=0所以 第三十八讲 代数：集合、数、式之十三B1-078 命Pn(k)是集{1，2，…，n}的保持k个点不动的排列的数【题说】第二十八届(1987年)国际数学奥林匹克题1．本题由原联邦德国提供． 【证】保持k个点不动，就是其余n-k个点中没有一个点不动，而于是不动的排列数，也就是n-1点的全排列数(n-1)！，所以 B1-079 数x、y、z满足关系式x/(y+z)+y/(z+x)+z/(x+y)=1证明：x2/(y+z)+y2/(z+x)+z2/(x+y)=0【题说】第十六届(1990年)全俄数学奥林匹克十年级题1．【证】将给定的已知等式分别乘以x、y、z且将所得三式相加，得[x2/(y+z)+y2/(z+x)+z2/(x+y)]+[xy/(y+z)+xz/(y+z)]+[xy/(z+x)+yz/(z+x)]+[xz/(x+y)+zy/(x+y)]=x+y+z上式左边后三个括号内的数分别为x、y、z，所以，要证的等式成立． B1-080 设x1，x2，…，xn(n≥3)是非负实数，且x1+x2+…+xn=1证明：【题说】第一届(1992年)中国台北数学奥林匹克题3． 【证】当n=3时，由于不等式关于x1，x2，x3轮换对称，不妨设x1≥x2，x1≥x3．若x2＜x3，由 =(x1-x3)(x1-x2)(x2-x3)≤0知所以，只需就x2≥x3的情况证明．设x1≥x2≥x3．则设n=k(k≥3)时命题成立．当n=k+1时，设x1≥xi(i=2，3，…，k+1)，则故命题对任意n≥3均成立 B1-081 对任何自然数n，求证：【题说】1994年中国数学奥林匹克(第九届数学冬令营)题5．【证】下证更一般的结果，对任意r(0≤r≤n)，成立恒等式： 右边，为从2n+1个元素a1，a2，…，a2n+1中取r个的组合数．将2n+1个元素分为n+1个子集：{a1，a2}，{a3，a4}，…，{a2n-1，an}{a2n+1}从2n+1个元素中取r个的组合，可以这样来取：先从n个二元集中故得恒等式 B1-083 证明恒等式【题说】第二十届(1994年)全俄数学奥林匹克九年级(决赛)题5． B1-084 k与n为整数，1≤k≤n，a1，a2，…，ak满足 【题说】1995年日本数学奥林匹克题5．由牛顿公式其中1≤m≤k，由于pj=n(1≤j≤k)，所以令m=j，j+1(1≤j≤k-1)得两式相减得第三十九讲 代数：方程之一 B2-001 如果方程x2+ax+b=0与x2+px+q=0有一个公根，求以它们的相异根为根的二次方程．【题说】1957年上海市赛高二复赛题2．【解】设公根为α，则α2+aα+b=0α2+pα+q＝0相减，得(a-p)α＝q-b所以 由韦达定理，另外两个相异的根为故所求方程为【注】利用两根之和等于一次项系数的相反数求出的方程为此方程与上面求出的方程仅是外形不同，事实上，a，b，p，q有关系．(b-q)2＝(aq-bp)(p-a) B2-002 方程xn=1(x≥2)的n个根是1，x1，x2，…，xn-1．证明：【题说】1957年武汉市赛决赛题2．将原方程变形为(x-1)(xn-1+xn-2+…+x+1)=0．【证】xn-1=(x-1)(x-x1)…(x-xn-1)．因此，(x-x1)(x-x2)…(x-xn-1)＝xn-1+xn-2+…+x+1令x=±1得(1-x1)(1-x2)…(1-xn-1)=n所以 B2-003 证明：如果整系数二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有有理根，那么a、b、c中至少有一个是偶数．【题说】1958年～1959年波兰数学奥林匹克三试题2．从而ap2+bpq+cq2=0若p、q均为奇数，则因此a、b、c中至少有一个偶数．若p、q中有一个偶数，则另一个为奇数．不妨设p为奇数，q为偶数，则即a为偶数． B2-004 证明：方程x5+x=10有一正根为无理数．【题说】1963年合肥市赛高三二试题4．【证】当x=0时，x5+x＜10．当x=10时，x5+x＞10，因此x5+x=10必有正根(在(0，10)内)．并且p、q互质)第四十讲 代数：方程之二B2-007 设a和b为实数，且使方程x4+ax3+bx2+ax+1=0至少有一个实根，对所有这种数对(a，b)，求出a2+b2的最小可能值．【题说】第十五届(1973年)国际数学奥林匹克题3．本题由瑞典提供． 【解】设实数x使x4+ax3+bx2+ax+1=0则从而方程y2+ay+(b-2)=0此式即平方整理得2｜a｜≥2+b从而程x4+ax3+bx2+ax+1的实根)．B2-008 若P1(x)=x2-2，Pi(x)=P1[Pi-1(x)]，i=2，3，4，…．证明：对任何自然数n，方程Pn(x)=x的根都是不同的实根．【题说】第十八届(1976年)国际数学奥林匹克题2．本题由芬兰提供．【证】当｜x｜≥2时，P1(x)≥2，从而Pn(x)≥2，故Pn(x)的所有实根都在(-2，2)中．设x=2cost，则P1x(t)=4cos2t-2=2cos2t从而 Pnx(t)=2cos2nt即当2nt=±t+2kπ，k=0，1，…时，得Pn(x)=x的2n个不同的实根，因为Pn(x)次数是2n，所以它的所有根都是实根。 B2-009 已知方程2x2-9x+8=0，求作一个二次方程，使它的一个根为原方程两根和的倒数，另一根为原方程两根差的平方．【题说】1978年全国联赛一试题4．【解】设已知方程的两个根为x1、x2，所求方程为x2+px+q=0，它故所求方程为36x2-161x+34=0． B2-010 设a、b、c、d是互不相同的四个整数，r是方程(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)-9=0【题说】1979年河南省赛一试题7．【证】由题意(r-a)，(r-b)，(r-c)，(r-d)是互不相同的四个整数，且(r-a)(r-b)(r-c)(r-d)=9 由整数的唯一分解定理知r-a，r-b，r-c，r-d只能分别是-1，1，-3，3．所以(r-a)+(r-b)+(r-c)+(r-d)=0即 B2-011 设a、b、c是方程x3-x2-x-1=0的根．1．证明：a、b、c彼此不等；2．证明：下式表示一个整数【题说】第十四届(1982年)加拿大数学奥林匹克题2．第2小题中，1982换成任意自然数n均成立．【证】1．由韦达定理，有a+b+c=1，bc+ca+ab=-1，abc=1如果a、b、c中有两数相等，不妨设b=c．则有a+2b＝1，b2+2ab＝-1，ab2＝1由前二式解得a=-1，b=1，a=5/3，b=-1/3．但它们不满足第三式．因此，a、b、c彼此不等．(a+b+c)=2都是整数，设在n≤k时An均为整数(k≥2)，则由于bk+1=bk+bk-1+bk-2等，所以bk+1-ck+1=(bk-ck)+(bk-1-ck-1)+(bk-2-ck-2)．从而Ak+1=Ak+Ak-1+Ak-2也是整数，因此一切An为整数．特别地，A1982为整数． B2-012 已知x1、x2是方程x2+(k-2)x+(k2+3k+5)=0(k为实数) 【题说】1982年全国联赛题1(6)．原题为选择题．【解】由于x1、x2是实数根，所以△=(k-2)2-4(k2+3k+5)≥0第四十一讲 代数：方程之三B2-013 已知方程(x-19)(x-83)=p，有实根r1和r2(其中p为实数)，求方程(x-r1)(x-r2)=-p的最小实根．【题说】1984年北京市赛高一题1(4)．原题为选择题．【解】由题意得：(x-19)(x-83)-p=(x-r1)(x-r2)可见19与83是方程(x-r1)(x-r2)=-p仅有的两个实根，最小实根为19．B2-014 四次方程x4-18x3+kx2+200x-1984=0的四个根中的两个根的乘积为-32，试决定k的值．【题说】第十三届(1984年)美国数学奥林匹克题1．【解】设方程四根为x1、x2、x3、x4，且x1x2=-32．由根与系数关系，有x1+x2+x3+x4=18 (1)x1x2+x3x4+(x1+x2)(x3+x4)=k (2)x1x2(x3+x4)+x3x4(x1+x2)=-200 (3)x1x2x3x4=-1984 (4)由(4)得x3x4=-1984/(-32)=62代入(3)得31(x1+x2)-16(x3+x4)=-100 (5)由(1)、(5)解得x1+x2=4，x3+x4=14代入(2)得k=-32+62+4×14=86 B2-015 方程x2+ax+b+1=0的根是正整数．证明：a2+b2是合数．【题说】第二十届(1986年)全苏数学奥林匹克八年级题1．【证】设x1、x2是原方程的两根，则 (1)由(1)式得 因为x1、x2都是正整数，所以a2+b2是合数． B2-016 a1，a2，…，a2n是2n个互不相等的整数．如果方程(x-a1)(x-a2)…(x-a2n)+(-1)n-1(n！)2＝0有一个整数解r，求证【题说】第二届(1987)东北三省数学邀请赛题6．【解】由题设可知(r-a1)(r-a2)…(r-a2n)=(-1)n(n！)22n个整数r-a1，r-a2，…，r-a2n两两不等．2n个不同的整数r-a1，r-a2，…，r-a2n的积为(-1)n(n！)2，所以它们必为-n，-(n-1)，…，-1，1，2，…，n的一个排列，从而(r-a1)+(r-a2)+…+(r-a2n) =-n-(n-1)-…-1+1+2+…+n=0 B2-017 证明：对每一整数n＞1，方程无有理根．【题说】第三十届(1989年)IMO预选题4．本题由保加利亚提供．【证】首先证明对每一个整数k＞0及每个素数p，pk｜k！，事实上，设s≥0为整数，满足Ps≤k≤Ps+1，则满足pr｜k！的最大整数为 所以pk｜k！若方程有有理根为α，则 B2-018 求方程x199+10x-5=0所有199个解的199次方的和．【题说】1991年日本数学奥林匹克预选赛题2．【解】设方程的解为a1，a2，…，a199，则由韦达定理知a1+a2+…+a199=0，所以 B2-019 求使方程x2-pqx+p+q=0有整数根的所有自然数p和q．【题说】第十七届(1991年)全俄数学奥林匹克十年级题1，【解】设自然数p、q，使得原方程有两根x1、x2∈Z，则x1x2=p+q＞0，x1+x2=pq＞O 因此，这两根均为正数，且(x1-1)(x2-1)+(p-1)(q-1)=22表为两个非负整数之和，只有三种情况：(1)0+2；(2)1+1；(3)2+0．由(1)得p=3，q=2或p=2，q=3；由(2)得p=q=2；由(3)得p=1，q=5，或p=5，q=1 第四十二讲 代数：方程之四B2-020 对多少个实数a，x的二次方程x2+ax+ba=0只有整数根？【题说】第九届(1991年)美国数学邀请赛题8．【解】设m、n是方程二整数根(m≤n)．则应有a=-(m+n)，6a＝mn因此，a也是整数，且-6(m+n)=mn即(m+6)(n+6)=36由于36=22·32所以(m，n)有10组解：(-42，-7)，(-24，-8)，(-18，-9)，(-15，-10)，(-12，-12)，(-5，30)，(-4，12)，(-3，6)，(-2，3)，(0，0)对应的a=-(m+n)也有10个值：49，32，27，25，24，-25，-8，-3，-1，0 B2-021 p为整数，试证x2-2x-(10p2+10p+2)=0无整数解．【题说】第三届(1993年)澳门数学奥林匹克第二轮题1．【证】将原方程变形为x(x-2)=2[5p(p+1)+1](1) 因为p(p+1)是偶数，所以(1)式右边如果x是整数，那么x必为偶数，(1)式左边矛盾．所以原方程无整数解． B2-022 设f(x)=xn+5xn-1+3，其中n是一个大于1的整数．求证：f(x)不能表示为两个多项式的乘积，其中每一个多项式都具有整数系数而且它们的次数都不低于一次．【题说】第三十四届(1993年)国际数学奥林匹克题1．【解】f(x)的有理根只可能是±1，±3．不难验证f(1)=8，f(-1)=4(-1)n-1+3，f(3)=3n+5·3n-1+3，f(-3)=2(-3)n-1+3均不为0，所以f(x)没有一次因式．若f(x)=g(x)h(x) (*)其中g(x)=xp+ap-1xp-1+…+a1x+a0h(x)=xq+bq-1xq-1+…+b1x+b0p，q，a0，a1，…，ap-1，b0，b1，…，bq-1都是整数并且p+q=n，p≥2，q≥2，则比较(*)式两边常数项得a0b0=3．不妨设a0=±3，b0=±1．设a1，…，ap中第一个不被3整除的为ak，则k≤p=n-q＜n-1．比较(*)两边xk的系数得0=akb0+ak-1b1+…+a0bk左边被3整除，右边仅akb0不被3整除，从而右边不被3整除，矛盾．所以f(x)不能分解为两个整系数多项式的乘积． B2-023 x的二次方程x2+z1x+z2+m=0 (1)中，z1、z2、m均是复数，且 (2)【题说】1994年全国联赛二试题1．【解】由韦达定理有因为(α-β)2=(α+β)2-4αβ所以m-(4+5i)｜=7这表明复数m在以A(4，5)为圆心、以7为半径的圆周上．故原点在⊙A内．延长OA，交圆周于B、C两点，则 B2-024 已知方程ax5+bx4+c=0有3个不同的实数根．证明：方程cx5+bx+a=0也有3个不同的实数根．【题说】第二十届(1994年)全俄数学奥林匹克九年级题5．【证】显然x=0不是方程ax5+bx4+c=0的根，否则c=0，方程只有两个不同的实数根，这与题设矛盾． B2-025 方程x2+ax+b=0有两个不同的实数根．证明：方程x4+ax3+(b-2)x2-ax+1=0有4个不同的实数根．【题说】第二十届(1994年)全俄数学奥林匹克十年级题2．【证】x4+ax3+(b-2)x2-ax+1＝(x2-x1x-1)(x2-x2x-1)其中x1、x2分别是方程x2+ax+b=0的两个不同的实数根．现在只须证明：方程x2-x1x-1=0 (1)及x2-x2x-1=0 (2)的实数根各不相同．由判别式知它们分别有两个不同的实数根． x1≠x2矛盾．所以方程(1)、(2)没有公共根．从而本题结论成立．B2-026 求一切实数p，使得三次方程5x3-5(p+1)x2+(71p-1)x+1=66p(1)的三个根均为正整数．【题说】1995年全国联赛二试题2．【解】由观察知，x=1是(1)的一个正整数根．所以5x3-5(p+1)x2+(71p-1)x+1-66p=(x-1)Q(x)，其中Q(x)=5x2-5px+66p-1．设正整数u、v是Q(x)=0的两个根，则所以p是正整数，将(2)代入(3)，得5uv=66(u+v)-1(4)从而因左边是5的倍数，19、229又都是素数，故5v-66=19或229由此求得v=17或59，u=59或17，p=u+v=76，即当且仅当p=76时，方程(1)三根均是正整数：1，17，59．第四十三讲 代数：方程之五B2-027 已知f(x)、g(x)和h(x)都是二次三项式，方程f(g(h(x)))=0有根为1，2，3，4，5，6，7和8，这可能吗？【题说】第二十一届(1995年)全俄数学奥林匹克九年级题3．【解】设1，2，3，4，5，6，7和8是方程f(g(h(x)))=0的根．如果直线x=a是抛物线y=h(x)的对称轴，那么当且仅当x1+x2=2a时，h(x1)=h(x2)．多项式f(g(x))的根不多于4个，而h(1)，h(2)，…，h(8)都是它的根，因此只能是a=4.5，且h(4)=h(5)，h(3)=h(6)，h(2)=h(7)，h(1)=h(8)．此外，由图像可知h(1)，h(2)，h(3)，h(4)是单调数列．同样地，考察二次三项式f(x)及它的根g(h(1))，g(h(2))，g(h(3))，g(h(4))．我们得到h(1)+h(4)=2b，h(2)+h(3)=2b，其中直线x=b是方程y=g(x)的抛物线的对称轴．对于二次三项式h(x)=Ax2+Bx+c，由h(1)+h(4)=h(2)+h(3)，得4A=0，即A=0，这与h(x)是二次三项式相矛盾，所以方程f(g(h(x)))=0不可能有根1，2，3，4，5，6，7，8． B2-028 若α、β、γ是x3-x-1=0的根，计算的值．【题说】第二十八届(1996年)加拿大数学奥林匹克题1．【解】设f(x)=x3-x-1＝(x-α)(x-β)(x-γ)由多项式根与系数关系，有α+β+γ＝0αβ+βγ+γα=-1αβγ=1从而其中分子A=(1+α)(1-β)(1-γ)+(1+β)(1-α)(1-γ)+(1+γ)(1-α)(1-β)=3-(α+β+γ)-(αβ+βγ+γα)+3αβγ=7分母B=(1-α)(1-β)(1-γ)=f(1)=-1因此所求值为S=-7． B2-029 设p(x)是实系数多项式函数p(x)=ax3+bx2+cx+d．证明：如果对任何｜x｜＜1，均有｜p(x)｜≤1，则｜a｜+｜b｜+｜c｜+｜d｜≤7．【题说】第三十七届(1996年)IMO预选题【证】由p(x)为连续函数且｜x｜＜1时，｜p(x)｜≤1，故｜x｜≤1时，p(x)≤1． 故｜a｜+｜b｜=max{｜a+b｜，｜-a+b｜}≤4故｜c｜+｜d｜=max{｜c+d｜，｜-c+d｜}≤3．因此，｜a｜+｜b｜+｜c｜+｜d｜≤7． B2-030 设a是x3-x-1=0的解，求以a2为其解的整系数三次方程．【题说】1996年日本数学奥林匹克预选赛题4．【解】a3-a=1，两边平方得a2(a2-1)2＝1 所以a2是x(x-1)2=1的根，展开得x3-2x2+x-1=0这就是所求的方程． B2-031 假设x3+3x2+4x-11=0的根是a，b，c，x3+rx2+sx+t=0的根是a+b，b+c，c+a，求t．【题说】第十四届（1996年）美国数学邀请赛题5．【解】由韦达定理，r=－（a+b）（b+c）（c+a）=－（－3－c）（－3－a）（－3－b）=－（（－3）3+3（－3）2+4（－3）－11）=23 B2－032 设P是方程z6+z4+z3+z2+1=0的有正虚部的那些根的乘积，并设P=r（cosθ°+isinθ°），这里0＜r，0≤6＜360．求θ．【题说】第十四届（1996年）美国数学邀请赛题11．【解】原方程即u3－2u+1=0即（u－1）（u2+u－1）=0从而 z=cos60°±isin60°，cos72°±isin72°，cos144°±isin144°θ=60+72+144=276 B2－033 解方程组其中a和b是已知实数，当a和b满足什么条件时，方程组的解x、y、z是互不相同的正数？【题说】第三届（1961年）国际数学奥林匹克题1．本题由匈牙利提供．【解】a2－b2=（x+y+z）2－（x2+y2+z2）=2（xy+yz+zx）=2（z2+yz+zx）=2az若a=0，则b≠0时方程组无解；b=0时，由x2+y2+z2=0得x=y=z=0．u2+（z－a）u+z2=0y＞0．第四十四讲 代数：方程之六 B2－034 一时钟在某时间T1，短针指在2与3之间，长针指在4与5之间，过了某段时间之后，到时间T2，长针指在原来短针所指的位置，而短针指在原来长针所指的位置，求原来时间T1和现在时间T2各为几点钟．【题说】1963年上海市赛高三决赛题2．【解】设在时间T1，短针的度数为x，长针的度数为y．因短针走 B2－035 求所有能使等式x5+x2=yx1 （1）x1+x2=yx2 （2）x2+x4=yx3 （3）x3+x5=yx4 （4）x4+x1=yx5 （5） 成立的值x1，x2，x3，x4，x5，这里的y是一个参数．【题说】第五届（1963年）国际数学奥林匹克题4．本题由原苏联提供．【解】将五个方程相加得（x1+x2+x3+x4+x5）（y－2）=0所以x1+x2+x3+x4+x5=0或y=2．如果y=2，那么原方程组可写成x5－x1=x1－x2=x2－x3=x3－x4=x4－x5即x1=x2=x3=x4=x5=任意数是原方程组的解．如果y≠2，那么x1+x2+x3+x4+x5=0 （6）由（3）、（2）、（4）得y2x3=y（x2+x4）=（x1+x3）+（x3+x5）由上式及（3）、（6）得(y2+y－1)x3=x1+x3+x5+x2+x4=0因此，在y2+y－1=0时，x3=0．同理x1=x2=x3=x4=x5=0它显然是原方程组的解．不难验证任意x2、x1及由以上三式得出的x3、x4、x5是原方程组的解． B2－036 已知方程组 其系数满足下列条件：（1）a11、a22、a33都是正的；（2）所有其余系数都是负的；（3）每一方程中系数之和是正的．证明：x1=x2=x3=0是已知方程组的唯一解．【题说】第七届（1965年）国际数学奥林匹克题2．本题由波兰提供．【证】设x1、x2、x3为一组解，不妨设|x1|≥|x2|≥|x3|，则|a11x1+a12x2+a13x3|≥|a11x1|－|a12x2|－|a13x3|≥a11|x1|+a12|x1|+a13|x1|=（a11+a12+a13）|x1|≥0，等号仅在x1=x2=x3=0时成立． B2－037 解方程组其中a1、a2、a3、a4是已知的两两不等的实数．【题说】第八届（1966年）国际数学奥林匹克题5．本题由捷克斯洛伐克提供．【解】在方程组中，如果将足码i换j，j换成i，原方程组不变．不失一般性，可以假定a1＞a2＞a3＞a4，这时原方程组成为（a1－a2）x2+（a1－a3）x3+（a1－a4）x4=1 （1）（a1－a2）x1+（a2－a3）x3+（a2－a4）x4=1 （2）（a1－a3）x1+（a2－a3）x2+（a3－a4）x4=1 （3）（a1－a4）x1+（a2－a4）x2+（a3－a4）x3=1 （4）（1）－（2）、（2）－（3）、（3）－（4），分别得 （a1－a2）（x2+x3+x4－x1）=0（a2－a3）（－x1－x2+x3+x4）=0（a3－a4）（－x1－x2－x3+x4）=0即有x2+x3+x4=x1 （5）x1+x2=x3+x4 （6）x1+x2+x3=x4 （7）由（5）、（6）、（7）得x2=x3=0，x1=x4代入（1）、（4）得经检验可知，当a1＞a2＞a3＞a4时，是原方程组的解．一般地，当ai＞aj＞ak＞al时，方程组的解为： B2－038 给出关于x1，x2，…，xn的方程组 其中a、b、c为实数，a≠0，且Δ=（b－1）2－4ac．证明：在实数范围内该方程组（i）当Δ＜0时无解；（ii）当Δ=0时恰有一个解；（iii）当Δ＞0时有多于一个解．【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题3．本题由保加利亚提供．【证】将n个方程相加得即所以Δ＜0时，无实数解．Δ=0时，只有一个解Δ＞0时，显然有两组不同的解B2－039 已知p个方程q=2p个未知数x1，x2，…，xq的方程组：a11x1+a12x2+…+a1qxq=0a21x1+a22x2+…+a2qxq=0……ap1x1+ap2x2+…+apqxq=0其中每一个系数aij是集｛－1，0，1｝中一元素，i=1，2，…，p；j=1，2，…q．证明：方程组有一个解（x1，x2，…，xq）使得（i）所有xj（j=1，2，…，q）是整数；（ii）至少有一个j值使xj≠0（1≤j≤q）； （iii）|xj|≤q（j=1，2，…，q）．【题说】第十八届（1976年）国际数学奥林匹克题5．本题由荷兰提供．【证】考虑适合条件|yj|≤p（j=1，2，…，q）的所有整数组（y1，y2，…，yq），共有（2p+1）q个．令Ai=ai1y1+…+aiqyq，i=1，2，…，p．由于aij是－1，0，1中的一个，每个Ai都是整数，并且|Ai|≤|y1|+…+|yq|≤pq因此，数组（A1，A2，…，Ap）至多有（2pq+1）p=（4p+1）p个．因为（2p+1）q=（2p+1）2p=（4p2+4p+1）p＞（4p+1）p，由抽屉原理，一定有两个不同的数组（y1，…，yq），（y′1，…，y′q）产生同一个数组（A1，A2，…，Ap），所以ai1（y1－y′1）+…+aiq（yq－y′q）=0（i=1，2，…，p）令xj=yj－y′j，j=1，2，…，q．则x1，…，xq不全为零，满足方程组且有|xj|=|yj－y′j|≤|yj|+|y′j|≤2p=q这说明（x1，…，xq）即是所要找的一个解．古今名言敏而好学，不耻下问——孔子业精于勤，荒于嬉；行成于思，毁于随——韩愈兴于《诗》，立于礼，成于乐——孔子己所不欲，勿施于人——孔子读书破万卷，下笔如有神——杜甫读书有三到，谓心到，眼到，口到——朱熹立身以立学为先，立学以读书为本——欧阳修读万卷书，行万里路——刘彝黑发不知勤学早，白首方悔读书迟——颜真卿书卷多情似故人，晨昏忧乐每相亲——于谦书犹药也，善读之可以医愚——刘向 莫等闲，白了少年头，空悲切——岳飞发奋识遍天下字，立志读尽人间书——苏轼鸟欲高飞先振翅，人求上进先读书——李苦禅立志宜思真品格，读书须尽苦功夫——阮元非淡泊无以明志，非宁静无以致远——诸葛亮熟读唐诗三百首，不会作诗也会吟——孙洙《唐诗三百首序》书到用时方恨少，事非经过不知难——陆游问渠那得清如许，为有源头活水来——朱熹旧书不厌百回读，熟读精思子自知——苏轼书痴者文必工，艺痴者技必良——蒲松龄声明访问者可将本资料提供的内容用于个人学习、研究或欣赏，以及其他非商业性或非盈利性用途，但同时应遵守著作权法及其他相关法律的规定，不得侵犯本文档及相关权利人的合法权利。谢谢合作！
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