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1、中国数学奥林匹克赛前培训练习41.设是大于1的整数，记试求下式的最简表示：2.证明：如果，则3.如果正整数n的所有正因数(包括本身)之和为2n，则称n为完全数。如6的正因数之和1+2+3+6=2×6，故6为完全数。证明：不存在形如paqbrc的完全数，其中a,b,c为正整数，p,q,r为奇质数。4.设f(x)是整系数多项式，并且f(x)=1有整数根，约定将所有满足上述条件的f的组成的集合记为F。对于任意给定的整数k>1，求最小的整数m(k)>1，要求能保证存在fÎF，使得f(x)=m(k)恰有k个不相同的整数根。5.一次体育比赛共
2、设有个项目，每个选手恰好报名参加其中的两个项目，而任两个人都至多有一个相同的项目，假定对于每个，不超过人报名的项目少于个.证明：存在个选手，使得每个项目都恰好有其中的两人参加.1、设n是大于1的整数，记wk=cos+isin，k=0,1,2,…,n－1，试求下式的最简表示：。解：设f(x)=(x－eh)=xn－1+xn－2+…+x+1，则(1－eh)=1+1+…+1+1(n个1)=n(ej－ej+h)=ej(1－eh)=nejn－1，(ej－ek)===nn－2故(ej－ek)2=(－1)·(ej－ek)=(－1)·nn－2。2.
3、3.如果正整数n的所有正因数(包括本身)之和为2n，则称n为完全数。如6的正因数之和1+2+3+6=2×6，故6为完全数。证明：不存在形如paqbrc的完全数，其中a,b,c为正整数，p,q,r为奇质数。证：假设存在奇素数p,q,r及正整数a,b,c，使得paqbrc为完全平方数，不妨设3≤p2，由此知p=3,q=5,r=7,11,13之
4、一。(1)变为··=2·3a·5b·rc，由于5
5、Þ4
6、a+1Þ4
7、；5∤，5
8、Þ4
9、c+1Þ4
10、；5
11、Þ4
12、c+1Þ132+1
13、Þ17
14、，故r=11，5
15、，从而5
16、c+1，
17、，因此
18、(2·3a·5b·11c)，即16105
19、(2·3a·5b·11c)，因此3221
20、(2·3a·5b·11c)，但2∤3221,3∤3221,5∤3221,11∤3221，矛盾！所以不存在形如paqbrc的完全平方数。5.一次体育比赛共设有个项目，每个选手恰好报名参加其中的两个项目，而任两个人都至多有一个相同的项目，假定对于每个，不超过人报名的项目少
21、于个.证明：存在个选手，使得每个项目都恰好有其中的两人参加.证：用个点表示这个项目，若其中某两个项目被同一人选报，则令相应的两点相邻（即一条边表示一个选手），于是得到阶简单图，且图满足“性质”：，度数的顶点至多个.只要证，图含有哈密顿圈（经过图每个顶点的圈），即为哈密顿图.反证法，若图中不含哈密顿圈，则集合{是具有性质的阶非哈密顿图}不是空集，从而中有极大元（边数最多的），于是：因为非哈密顿图，故其中必有不相邻的顶点，而对于任一对不相邻顶点，由的极大性，添加边后所得的图便成为哈密顿图，即图中有一个含有边的哈密顿圈，于是在中有一条以
22、、为起、终点的哈密顿路：（其中）.对于中任一对不相邻顶点，度数中至少有一个.事实上，因顶点不相邻，据知，中有一条以、为起终点的哈密顿路：（其中），假若，若，与（即）相邻的个顶点记为，则对于每个，顶点都不与（即）相邻，否则在中就有哈密顿圈：，这与的选择矛盾.所以，而这又与的假设矛盾.据知，中必有度数的顶点，即集合不是空集，设是集中度数最大的一个点，记，据性质知，集中至多有个点，从而在中至少有个点的度数皆，于是在这个点中必有一个不与相邻的点（因为与相邻的点只有个，而），设该顶点为，（于是）.既然与不相邻，据的极大性，有一条经过所有顶点
23、的哈密顿路：，在这条哈密顿路上，与相邻的个点记为，.据的证法知，对每个都不与相邻，而据性质中的情形知，在这个点中，至少有一个点的度数（因，据性质，度数的顶点至多个），设是这样一个点，即，又由的定义（是集中所有点的最大度数，而集中含有中度数的所有点），既然，故该点不在集中，故进而知，又据前所选择，，于是得到两个不相邻的顶点，其度数皆，从而与矛盾.故原假设不真，因此图中有哈密顿圈，即本题的结论成立.
