世界奥林匹克数学竞赛喜报

第一篇：世界奥林匹克数学竞赛喜报

世界奥林匹克数学竞赛喜报

2月17日 在天津落幕的第八届世界奥林匹克数学竞赛（中国区）选拔赛中，宁夏代表队的27名学生经过4天角逐，喜获2金4银7铜的优异成绩。获奖名单如下：

金奖： 牛盾（二十一小分校）郑楚原（二十一小分校）

银奖： 杨橹海（二十一小分校）彭奥（兴庆区回民一小）

闫佳玮（银川博文小学）胡冠卿（兴庆区回民二小）

铜奖： 白亨达（银川博文小学）孙昊（银川博文小学）

任泓宇（兴庆回民二小）闫怡雯（二十一小分校）

于芳（兴庆区7小）何喆（金凤区八小）

郭奥（二十一小）

优秀奖： 路松岩（二十一小分校）张鹤山（兴庆区十二小）

饶添荣（二十一小分校）马天宝（二十一小分校）

郭霄（银川博文小学）张勇（兴庆区十二小）

孙鹏翛（银川实验小学）李睿（兴庆区回民二小）

王瑞懿（二十一小分校）马鲁騔（银川博文小学）

周博轩（兴庆区回民三小）陈肖宇（金凤十一小）

朱琦（金凤十一小）刘敏炎（二十一小分校

大赛指定培训机构：北京清大（宁夏）教育管理中心

世界奥林匹克数学竞赛官网是，本次比赛详情网上查询。

第二篇：数学奥林匹克夏令营获奖喜报

2011年中国数学奥林匹克协作体第11届夏令营华南师大附中获奖喜报

2011年中国数学奥林匹克协作体第11届夏令营

华南师大附中获奖喜报

2011年7月17----27日，中国数学奥林匹克协作体第11届夏令营由东北师大附中承办，来自全国数学竞赛最顶尖的22所协作体学校的20多名优秀教练员以及231名优秀营员参加了这项活动，我校学生取得了优异成绩，数学奥林匹克夏令营获奖喜报，范文《数学奥林匹克夏令营获奖喜报》。获奖名单如下：

一等奖陈嘉杰杜稼淳

二等奖郭瀚民张子健黄锴尚雨潇

蔡宇黄一洌温晓

三等奖陈天聪陈柯旭郑丹丹

特向以上获奖学生及其指导老师李兴怀、宋红军、韦吉珠等老师表示热烈祝贺！教学处数学科2011年8月23日

第三篇：奥林匹克数学竞赛系列

奥林匹克数学竞赛系列

2004-8-3 15:18:19

小学部（三～六年级）

小学升初中数学暑期转变促成班（跨越小学与中学的鸿沟）

――竞赛班、精英班、提高班

华罗庚数学暑期考前辅导承诺班（精讲思维导引，评析历年考题, 承诺入学）华罗庚数学暑期考前辅导班（精讲思维导引，评析历年考题）

小学奥林匹克数学辅导班（金牌教练悉心传授奥数真谛）

华罗庚数学秋季竞赛精英班（面对竞赛，培养创造思维）

华罗庚数学秋季同步提高班（与华校同步，吃透思维导引）

中学部（初一～初三）

初、高中数学、物理、化学竞赛辅导班

初、高中各科联赛短期赛前特训班

竞赛班（精英班、奥数班、华数班）

华罗庚数学暑期考前辅导承诺班（精讲思维导引，评析历年考题, 承诺入学）华罗庚数学暑期考前辅导班（精讲思维导引，评析历年考题）

小学奥林匹克数学辅导班（金牌教练悉心传授奥数真谛）

华罗庚数学秋季竞赛精英班（面对竞赛，培养创造思维）

华罗庚数学秋季同步提高班（与华校同步，吃透思维导引）

第四篇：初中数学奥林匹克竞赛教程

初中数学奥林匹克竞赛教程

（初稿）

2004年5月8日

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11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 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．

222

2【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 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＝4²24，4²34，„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＝a2²b2＝a2„（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

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＝137²73．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，104³M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）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＝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）＋（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

2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a＋b．求证：（a＋b）/（ab＋1）是某个正整数的平方．

2【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pj1整除，所以a2＋k被pj整除而不被pj1整除，于是a2＋k＝pj＝k，矛盾．因此

a＋k（2≢k≢n＋1）

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

A1－019 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】 32n1－22n1－6n＝（3n－2n）（3n1＋2n1）＋＋

＋

＋当 n＞l时，3n－2n＞1，3n1＋2n1＞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 1800 1201 1700 1301 1600 1401 1999 1002 1899 1102 1799 1202 1699 1302 1599 1402

„ „ „ „ „ „ 1901 1100 1801 1200 1701 1300 1601 1400 1501 1300 并记上述排列为

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（mod 5）时，均有

2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）

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？

0（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＋„＋50 A1－025 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＝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．

222

2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

（2n＋1），3

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

反之，若n＋1＝k＋（k＋1）＝（t±1）＋2t，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

222

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＋202

55＋56＋„＋70 28＋29＋„＋52 A2－002 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

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因而

1978m≡2m³989m≡0（mod 8），m≣3 又

1978n而 1978n≡3n－m－m

－m－m

－1）≡0（mod 1000）

≡1（mod 125）

＝（1975＋3）n－m－1－m

＋（n－m）3n－m²1975（mod 125）（1）

从而3n≡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4³25＝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）＝u3－2vu

x2＋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＝±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

α

β

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！≢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：

n2＋（n＋1）2＝m4＋（m＋1）4

【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]．

22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50³12＝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

A2－012 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2m²5n的数．设a＝2m1²5n1，b＝2m2²5n2，c＝2m3²5n3．

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

由此，知m3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．

m＝n3＋1＜（n＋1032－3－3）3

－6

－9＝n＋3n²10＋3n²10＋10 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

10²0.000502512„＜x≢10²0.000502765„

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）

n

n＝（2（n2＋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＝52²3，易知当α＝β＝4，γ＝2时，符合条件（1）、（2）．此时n＝24²34²52，n/75＝432．

α

β

γ

2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≢1991 x、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≣3³998＋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≣1991³322－324＝1024³967 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＜1992³322－324＝1024³968 故n为满足

1024³967≢n≢1024³967＋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＞4³1991＝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（mod 7）a1＝2≡2（mod 7）

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

所以，an除以7的余数以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（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（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（92）＝9，故9满足要求． 22

10≢n＜10

k

k＋又9 10k，故

10k＋1≢n＜10k1

＋若n＜10k＋10k1＋„＋10＋1，则 －

与已知矛盾，从而

n≣10k＋10k1＋„＋10＋1（1）

－令n＝9m．设m的位数为l（k≢l≢k＋1），m－1＝

S（n）＝S（（10k＋10k＝S（（10k＝S（10k＋1＋1

－1

＋„＋10＋1）n）

－1）m）

＋（m－1）＋（10k1－10l）＋（10l

－m））

其中9有k＋1－l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＝10k1－1．

＋另一方面，当 n＝99„9＝10k1－1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 2＋1＝（2）≡（－1）3＝0 所以，对任意正整数m，9|（23m＋1）．即所求k的值为2． m－13m33m－1＋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1093＋33＝（1031）3＋33 ＝（1031＋3）（（1031）2－3³1031＋ 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）＝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）＝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]＝2³1＋4³2＋8³3＋16³4＋32³5＋64³6＋128³7＝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

（0²0²0＋0²0²1＋0²0²2＋„＋9²9²8＋9²9²9）－0²0²0 ＝（0＋1＋2＋„＋9）3－0 p（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＝33²5²7²103 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2³42＋1，42＋2，42＋3，42³5＋5，42＋7，2³42＋11，42＋13，4³42＋17，3³42＋19，42＋23，3³42＋29，2³42＋31，4³42＋37，2³42＋41，都是合数，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42³5＋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（（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

（z2－2）a－2Z＜0（3）从而z≢2（否则（3）的左边≣z2－2－2z≣z－2＞0）． 222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（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）＝2 H（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＋7n－2m－m2＋7n

－m）－5m7m（5n

－2m））

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

＋7n－2m当m≢n＜2m时，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－n－m＋7n

－m）－5n

－m

7n

－m

（52m

＋72mn））－－－＝（5m＋7m，52mn＋72mn）记

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′（*）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＝3³105－19－96＝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

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

22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）³481＝481，a＝（16＋15）³481＝31³481，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＝a2t1．如果2t－1≣1，则t＝a2t1≣（1＋1）2t1≣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＝bK2≢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＝2K2，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，＝bK2≣（1＋2）K2≣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：2004-4-19 11:57:00 来源：www.xiexiebang.com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）²（m＋k＋2）（m＋k＋3）²„²（m＋k＋n＋1）

C1C2„Cn=n！（n＋1）！

因此只需证 nn

=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）a－b=a（a＋b）－b（a＋b）

l

l

l-n

n

n

n

l-n

l-n所以

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

l-nkknn

k-n

k-n

也能被a＋b整除．

n

n

nn

l-n

也能被a＋b整除．

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=7³49≡2³（－1）（mod 5）

nn

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！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）假设当n=2k（k∈N+）时，（x＋y）

2xy．故（x＋y）

（x2＋y2）．

（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）

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．（x2(k+1)＋y2(k+1)）．故对一切正偶数n，x＋y不整除xn＋yn．

若n＋1为奇合数，设n＋1=qr，q、r为奇数且3≢q≢r，则n

A4－021 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=6³7y＋12＋（7y＋12y-1）=6³（7＋2）＋（7＋12y-1）

7＋2≡1＋2≡0（mod 3）

所以，7y+1＋12（y＋1）－1是18的倍数．

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

n

（2n－1）．若n是奇素数，由费马定理知2n≡2（mod n），所以2n－1≡1（mod n），即

n

r

n

yyy（2n－1）．若n是奇合数，设p是n的最小素因子，由费马定理知2p-1≡1（mod P）；若i是使2i≡1（mod P）成立的最n，设n=qi＋r，0＜r＜i，则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，20n＋16n－3n－1≡1＋3n－3n－1≡0（mod 19）

n

n

n

20n＋16n－3n－1≡3n＋1n－3n－1≡0（mod 17）

所以此时323整除20＋16－3－1．

当n为奇数时，20n＋16n－3n－1≡3n－1－3n≡－2 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（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|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|（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

ap-1＋ap-2＋„＋a＋1≡0（mod p）

所以，p2|（a－1）（ap-1＋ap-2＋„＋a＋1）=ap－1

ip-1nnn

0（mod 17），所以此时323不整除20n＋16n－3n－1．

z（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]²[m，n]²[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γi²2=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

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

n

n

k

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－„

第五篇：数学竞赛获奖喜报1

关于表彰小学数学生活创新与设计大赛

优胜个人的决定

在今年4月举行的2012年湖南省小学数学生活创新与设计大赛决赛（即小学数学奥林匹克竞赛）中，我校14名学生荣获一等奖，12名学生获得二等奖，2名学生获得三等奖。以绝对优势，再次雄踞全县同类学校榜首。更为可喜的是，此次数学生活创新设计大赛全县仅有19个一等奖，我校就占了14个，占了全县获奖人数的70%。

此次全省小学数学生活创新与设计大赛决赛由全省统一命题，县教育局统一组织竞赛，市教育局统一阅卷、取奖。获得如此辉煌成绩，是辅导老师辛勤劳动付出的结晶，是参赛同学刻苦学习努力的结果，也是学校强化教学常规管理，努力提高课堂教学质量的突出成果，充分显示了实验小学素质教育的雄厚实力。

为了鼓励先进，激励广大师生努力学习，为校争光，学校决定对此次竞赛中获奖的同学给予隆重表彰。

希望被表彰的同学戒骄戒躁，再接再厉，争取更大的成绩。希望全校同学以他们为榜样，争取在每一次比赛中展示自我，取得更加优异的成绩。

特此表彰！临澧县实验小学 2012年6月1日 附：2012年湖南省小学数学生活创新与设计大赛获奖学生名单

一等奖

四年级：李相崴（85班）王力凡（89班）简鑫宇（87班）五年级：王宇楼（82班）江云豪（81班）黄生淼（84班）

林文涛（84班）

六年级：方子炎（80班）李鹏飞（80班）刘 威（79班）

董佩贤（79班）梁雨晴（77班）吴施湘（77班）

侯 爽（78班)

二等奖

四年级：颜家鹏（88班）邹纪悦（87班）王子乐（86班）

陶京韵（88班）

五年级：谷宇杰（81班）唐宇前（84班）张雅林（84班）

祁雨轩（83班）李 涵（82班）

六年级：汪子淳（80班）邵家豪（80班）马丹韵（77班）

三等奖

五年级：汪 静（81班）祁梓嘉（84班）

优秀指导教师：余金英 甘莲芳 李美英 石珍秀 易先琦 胡明惠 刘爱兰