數(shù)學奧林匹克題解【A整數(shù)-A4整除001-010】

1、A4 整除A4001  證明：當且僅當指數(shù)n不能被4整除時，1n2n3n4n能被5整除【題說】1901年匈牙利數(shù)學奧林匹克題1【證】容易驗證14243444 （mod 5）假設n=4kr，k是整數(shù)，r=0，1，2，3則Sn=1n2n3n4n1r2r3r4r（mod 5）由此推出，當r=0時，Sn4，而當r=1，2，3時，Sn0（mod 5）因此，當且僅當n不能被4整除時，Sn能被5整除A4002  證明：從n個給定的自然數(shù)中，總可以挑選出若干個數(shù)（至少一個，也可能是全體），它們的和能被n整除【題說】1948年匈牙利數(shù)學奧林匹克題3【證】設a1，a2，an是給定的n個數(shù)考察和

2、序列：a1，a1a2，a1a2a3，a1a2an如果所有的和數(shù)被n除時余數(shù)都不相同，那么必有一個和數(shù)被n除時余數(shù)為0此時本題的斷言成立如果在n個和數(shù)中，有兩個余數(shù)相同（被n除時），那么從被加項較多的和數(shù)中減去被加項較少的和數(shù)，所得的差能被n整除此時本題的斷言也成立A4003  1設n為正整數(shù)，證明132n1是168的倍數(shù)2問：具有那種性質的自然數(shù)n，能使123n整除1·2·3·n【題說】1956年上海市賽高三復賽題1【解】1132n1=（132）n1，能被1321，即168整除2問題即 何時為整數(shù)（1）若n1為奇質數(shù)，則（n1） 2（n1）！（2）若n1

3、=2，則（n1）|2（n1）?。?）若n1為合數(shù)，則n1=ab其中ab1在b=2時，a=n1an1，所以a|（n1）！，（n1）|2（n1）！在b2時，2an1an1，所以2ab|（n1）！更有                                  

4、;    （n1）|2（n1）！綜上所述，當np1（p為奇質數(shù)）時，12n整除1·2·nA4004  證明：如果三個連續(xù)自然數(shù)的中間一個是自然數(shù)的立方，那么它們的乘積能被504整除【題說】 1957年1958年波蘭數(shù)學奧林匹克三試題1【證】設三個連續(xù)自然數(shù)的乘積為n=（a31）a3（a31）（1）a1，2，-3（mod 7）時，7|a31a1，2，3（mod 7）時，7|a31a0（mod 7）時，7|a3因此7|n（2）當a為偶數(shù)時，a3被8整除；而當a為奇數(shù)時，a31與a31是兩個相鄰偶數(shù)，其中一個被4整除，因此積被8整除（3）a

5、1，2，4（mod 9）時，9|a31a1，2，-4（mod 9）時，9|a31a0，±3（mod 9）時，9|a3因此9|n由于7、8、9互素，所以n被504=7×8×9整除A4005 設x、y、z是任意兩兩不等的整數(shù)，證明（xy）5（yz）5（zx）5能被5（yz）（zx）（xy）整除【題說】1962年全俄數(shù)學奧林匹克十年級題3【證】令xy=u，yz=v，則zx=（uv）（xy）5（yz）5（zx）5=u5v5（uv）5=5uv（nv）（u2uvv2）而 5（yz）（zx）（xy）=5uv（uv）因此，結論成立，而且除后所得商式為u2uvv2=x2y2z22x

6、y2yz2xz【別證】也可利用因式定理，分別考慮原式含有因式（xy），（yz），（zx）以及5A4006  已知自然數(shù)a與b互質，證明：ab與a2b2的最大公約數(shù)為1或2【題說】1963年全俄數(shù)學奧林匹克八年級題4【證】設（ab，a2b2）=d，則d可以整除（ab）2（a2b2）=2ab但由于a、b互質，a的質因數(shù)不整除ab，所以d與a互質，同理d與b互質因此d=1或2A4007 （a）求出所有正整數(shù)n使2n1能被7整除（b）證明：沒有正整數(shù)n能使2n1被7整除【題說】第六屆（1964年）國際數(shù)學奧林匹克題1本題由捷克斯洛伐克提供解的關鍵是找出2n被7除所得的余數(shù)的規(guī)律【證】（a）設

7、m是正整數(shù)，則23m=（23）m=（71）m=7k1（k是正整數(shù)）從而                                  23m+1=2·23m=2（7k1）=7k1223m+2=4·23m=4（7k1）=7k24所以當n=3m時，2

8、n17k；當n=3m1時，2n1=7k11；當n=3m2時，2n1=7k23因此，當且僅當n是3的倍數(shù)時，2n1能被7整除（b）由（a）可知，2n1被7除，余數(shù)只可能是2、3、5因此，2n1總不能被7整除A4008  設k、m和n為正整數(shù)，mk1是比n1大的一個質數(shù)，記Cs=s（s1）證明：乘積（Cm+1Ck）（Cm+2-Ck）（Cm+nCk）能被乘積C1·C2··Cn整除【題說】第九屆（1967年）國際數(shù)學奧林匹克題3本題由英國提供【證】CpCq=p（p1）q（q1）=p2q2pq=（pq）（pq1）所以 （Cm+1Ck）（Cm+2Ck）（Cm+nCk

9、）=（mk1）（mk2）（mkn）·（mk2）（mk3）··（mkn1）C1C2Cn=n?。╪1）！因此只需證=A·B是整數(shù)由于n個連續(xù)整數(shù)之積能被n！整除，故A是整數(shù)是整數(shù)因為mk1是大于n1的質數(shù)，所以mk1與（n1）！互素，從而（mk2）（mk3）（mkn1）能被（n1）！整除，于是B也是整數(shù)，命題得證A4009  設a、b、m、n是自然數(shù)且a與b互素，又a1，證明：如果ambm能被anbn整除，那么m能被n整除【題說】第六屆（1972年）全蘇數(shù)學奧林匹克十年級題1【證】由于akbk=ak-n（anbn）bn（ak-nbk-n）albl=

10、al-n（anbn）bn（al-nbl-n）所以（i）如果akbk能被anbn整除，那么ak-nbk-n也能被anbn整除（ii）如果albl能被anbn整除，那么al-nbl-n也能被anbn整除設m=qnr，0rn，由（i）、（ii）知ar（1）qbr能被anbn整除，但0|ar（1）qbr|anbn，故r=0（同時q是奇數(shù)）亦即n|mA4010 設m，n為任意的非負整數(shù)，證明：是整數(shù)（約定0！=1）【題說】第十四屆（1972年）國際數(shù)學奧林匹克題3本題由英國提供易證      f（m1，n）=4f（m，n）f（m，n1）