历届imo数论问题详解

《历届imo数论问题详解》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在学术论文-天天文库。

1、附录1历届IMO数论问题详解1959年第一届问题1：求证对任意正整数n，分数(21nn4)/(143)不可约。证明：因为3(14nn3)2(214)1。所以对于任意正整数n，21n4与14n3都互质，所以分数(21nn4)/(143)不可约。1960年第2届问题1：求所有可以被11整除的三位数，使得所除之商正好等于它十进制各位数字平方和。解：设此三位数为abc，其中abc,,是三个0到9之间的整数，且a0，这样我们就有acb011或。222①若acb0，由已知abcab9，将cba代入，可以得到222222(ababb29

2、)(2)0，a的判别式为(2bb9)8(2bb)814412b，因为a是一个整数，所以判别式应该是一个平方数。这样只能有b0或者5，将b0代入得a不是整数；将b5代入可以得到ac5,0。不难验证550的确满足要求。222②若acb11，此时abcab91，将cba11代入可得2222ababb(213)(221120)0，它的判别式(12bb441)应该是一个平方数，这只能有b0，将b0代入可得ac8,3。不难验证803的确满足要求。所以满足要求的三位数有两个550,803。1962第4届问题1：求满足下列条件的

3、最小自然数n，十进制尾数为6，并且把末尾的6移到最前面后所得之数是原数的4倍。解：设n是一个k位数，去掉6以后得到的(1k)位数为a，所以na106。kk1由已知条件我们有610an44(10a6)，整理可得a2(104)13，所以k1(104)可以被13整除，因为我们要求最小的n，当然首先要k最小，可以验算当k6k1时，(104)可以被13整除，此时an15384,153846，容易验证153846的确满足要求，所以n153846为所求。n1964年第6届问题1：(a)求出所有自然数n使得721。n(b)证明：对于所有自然数n，21都不

4、能被7整除。3解：因为21(mod7)，所以我们只要关心n除以3的余数即可。当nk3时，nnn21(mod7)；nk32时，22(mod7)；nk31时，24(mod7)，k1,2,3,...。所以n(a)当且仅当n是3的倍数时，721。nn(b)nk3时，212(mod7)；nk32时，213(mod7)；nk31时，nn215(mod7)，k1,2,3,...。故对于所有自然数n，21都不能被7整除。1967年第9届问题3：已知kmn,,都是正整数，且mk1是大于n1的素数，令Css(1)，求证：(CCCCCC)(

5、)...()能够被CCC...整除。smk12mkmnk12n证明：①当mk1mn时，(CCCCCC)()...()=0，当然成立。mk12mkmnk②当km时，注意到数列Css(1)是递增的，所以CC,i1,2,....n。smik对于所有p，CCpp(1)(1kk)()pkpk(1)，所以pk(CCCCCC)()...()mk12mkmnk(mk1)(mkmk11)(2)(mkm21)...(nk)(mnk1)()mnkmnk!(1)!，且CCC...nn!(1

6、)!。因此12n()mk!(1mk)!(CCCCCC)()...()()mnk!(1mnk)!mk12mkmnkCCC...(mkn)!!(mk1)!(n1)!12nnn11CC，由于二项系数肯定是正整数，并且注意到(1mk)是mnkmnk1mk11n1(1mnk)!的因子，且(1mk)与()mkn!(1)!互素，所以C也是mnk1mk1整数。n()kmn!③当kmn1时，(mk1)(mkm2)...(nk)(1)，所以()km!(CCCCCCmk12)(

7、mkm)...(nk)nn1n1(1)CC也是整数。kmnmnk1CCC...mk112n综上所述，(CCCCCC)()...()的确能够被CCC...整除。mk12mkmnk12n1968年第10届问题1：求证只存在一个三角形，它的边长是三个连续的自然数，并且有一个内角是另外一个内角的两倍。证明：设ABC满足CAB2ABC，我们作CAB的平分线，交BC于D。设ABcB,,CaCAb，由于CADCBA，故CA