高中數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽試題及答案

1求一個(gè)四位數(shù)，它的前兩位數(shù)字及后兩位數(shù)字分別相同，而該數(shù)本身等于一個(gè)整數(shù)的平方.1956年波蘭.

-1

【解】jdbb*lx=i000a+100a+10b4-b=ll(100a+b)

其中0<aW9,OWb/9.可見平方數(shù)x被11整除，從而x被整除.因此，數(shù)100a+b=99a+(a+b)能被11整除，

于是a+b能被11整除.但()<a+b<18,以a+b=lL于是x=l『拆+1),由此可知9a+l是某個(gè)自然數(shù)的平方.對(duì)a=l,

2,9逐一檢驗(yàn)，易知僅a=7時(shí)，9a+l為平方數(shù)，故所求的四位數(shù)是7744=882.

2假設(shè)n是自然數(shù)，d是2n2的正約數(shù).證明：i?+d不是完全平方.1953年匈牙利.

【證設(shè)2n2=kd,k是正整數(shù)，如果Y+d是整數(shù)x的平方，那么I?x2=k2(n2+d)=n2(k2+2k)

但這是不可能的，因?yàn)閘?x2與M都是完全平方，而由k2<k2+2k<(k+1)2得出l?+2k不是平方數(shù).

3試證四個(gè)連續(xù)自然數(shù)的乘積加上1的算術(shù)平方根仍為自然數(shù).1962年上海高三決賽題.

【證】四個(gè)連續(xù)自然數(shù)的乘積可以表示成n(n+l)(n+2)(n+3)=(n2+3n)(n2+8n+2)=(n2+3n+l)2-l

因此，四個(gè)連續(xù)自然數(shù)乘積加上1,是一完全平方數(shù)，故知本題結(jié)論成立.

4已知各項(xiàng)均為正整數(shù)的算術(shù)級(jí)數(shù)，其中一項(xiàng)是完全平方數(shù)，證明：此級(jí)數(shù)一定含有無(wú)窮多個(gè)完全平方數(shù).1963年俄

【證】設(shè)此算術(shù)級(jí)數(shù)公差是d,且其中一項(xiàng)a=m2(meN).于是a+(2km+dk2)d=(m+kd)2

對(duì)于任何kCN,都是該算術(shù)級(jí)數(shù)中的項(xiàng)，且又是完全平方數(shù).

5求一個(gè)最大的完全平方數(shù)，在劃掉它的最后兩位數(shù)后，仍得一個(gè)完全平方數(shù)(假定劃掉的兩個(gè)數(shù)字中的一個(gè)非零).1964年俄.

【解】設(shè)II2滿足條件，令n2=100a2+b,其中0<b<100.于是n>10a,即n>10a+l.因此b=n2100a2,20a+l

由此得20a+l<100,所以aW4.經(jīng)驗(yàn)算，僅當(dāng)a=4時(shí)，n=41滿足條件.若n>41則1?-402》422—4()2>100.因此，

滿足本題條件的最大的完全平方數(shù)為412=1681.

6求所有的素?cái)?shù)p,使4P2+1和6P2+1也是素?cái)?shù).1964年波蘭

【解】當(dāng)p三±1(mod5)時(shí)，514P2+1.當(dāng)p三±2(mod5)時(shí)，5|6p2+l.所以本題只有一個(gè)解p=5.

7證明存在無(wú)限多個(gè)自然數(shù)a有下列性質(zhì)：對(duì)任何自然數(shù)n,z=n4+a都不是素?cái)?shù).1969德國(guó).

【證】對(duì)任意整數(shù)m>l及自然數(shù)n,有i?+4m4=(d+Zn?)2-4m2n2=(n2+2mn+2m2)(n2-2mn+2m2)

而n2+2mn+2m2>n2—2mn+2m2=(n—m)?+m2云m?〉］故n'+dm"不是素?cái)?shù).取a=4?24,4?3力…就得到無(wú)限多個(gè)

符合要求的a.

8將某個(gè)17位數(shù)的數(shù)字的順序顛倒，再將得到的數(shù)與原來(lái)的數(shù)相加.證明：得到的和中至少有一個(gè)數(shù)字是偶數(shù).1970年蘇

ab…cd

【證】假設(shè)和的數(shù)字都是奇數(shù).在加法算式上--------中,末一列數(shù)字的和d+a為奇數(shù)，從而第一列也是如此，

因此第二列數(shù)字的和b+cW9.于是將已知數(shù)的前兩位數(shù)字a、b與末兩位數(shù)字c、d去掉，所得的13位數(shù)仍具有性質(zhì)：將它的

數(shù)字顛倒，得到的數(shù)與它相加，和的數(shù)字都是奇數(shù).照此進(jìn)行，每次去掉首末各兩位數(shù)字.最后得到一位數(shù)，它與自身相加顯然

是偶數(shù).矛盾！

9證明：如果p和p+2都是大于3的素?cái)?shù)，那么6是p+1的因數(shù).1973年加拿大

【證】因p是奇數(shù)，2是p+1的因數(shù).因?yàn)閜、p+1、p+2除以3余數(shù)不同，p、p+2都不被3整除，所以p+1被3整除.

10證明：三個(gè)不同素?cái)?shù)的立方根不可能是一個(gè)等差數(shù)列中的三項(xiàng)(不一定是連續(xù)的).美國(guó)1973年

便

【證】設(shè)p、q、r是不同素?cái)?shù).假如有自然數(shù)1、m、n和實(shí)數(shù)a、d,g=a+ld,a=a+md,^=a+nd

(m333

消去a,d,得G訴+Cn-IJ&+Q-ni)VT=?；?jiǎn)得(m-n)p=(1-n)q+(m-1)r+3(1-n)(m

-1)X(m-n)耐等式左邊是有理數(shù)，右邊是無(wú)理數(shù)，矛盾.因此

11設(shè)n為大于2的己知整數(shù)，并設(shè)V”為整數(shù)1+kn的集合，k=l,2,….數(shù)mGV”稱為在V。中不可分解，如果不存在數(shù)p,

qGVn使得pq=m.證明：存在一個(gè)數(shù)rGVn可用多于一種方法表達(dá)成V”中不可分解的元素的乘積.1977年荷蘭

【證】設(shè)a=n-Lb=2n-l,則a?、b\a%?都屬于Vn.因?yàn)閍2V(n+1)2,所以a?在V“中不可分解.

因?yàn)榘?生_?=2+-Lj?在n>2時(shí)不是整數(shù),所以在ab的分解十由太人山m2

■n-1n-1式中不會(huì)出現(xiàn)a?.

r=a2b2有兩種不同的分解方式：r=a2?b2=a2-(直至b2分成不可分解的元素之積)與r=ab?ab=3(直至ab分成不

可分解的元素之積)，前者有因數(shù)公，后者沒有.

12證明在無(wú)限整數(shù)序列10001,100010001,1000100010001,…中沒有素?cái)?shù).注意第一數(shù)(一萬(wàn)零一)后每一整數(shù)是由前一整數(shù)

的數(shù)字連接0001而成.1979年英國(guó)

【證】序列1,1000b100010001,—,可寫成1,1+10。1+104+108,—

其通項(xiàng)為V曰in**一1,2.3.…我們要證明對(duì)于Q2…是一個(gè)合數(shù)

10at?*n_)1OX**?+1

a>+,=10*-I=103-ld-1'卜』.2,-

即對(duì)n>2,a”均可分解為兩個(gè)大于1的整數(shù)的乘積，而a2=10001=137?73.故對(duì)一切n,2,a”均為合數(shù).

13如果一個(gè)自然數(shù)是素?cái)?shù)，并且任意地交換它的數(shù)字，所得的數(shù)仍然是素?cái)?shù)，那么這樣的數(shù)叫絕對(duì)素?cái)?shù).求證：絕對(duì)素?cái)?shù)的不

同數(shù)字不能多于3個(gè).1984年蘇

【證】若不同數(shù)字多于3個(gè)，則這些數(shù)字只能是1、3、7、9.不難驗(yàn)證1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7,

余數(shù)分別為0、1、2、3、4、5、6.因此對(duì)任意自然數(shù)M,10'XM與上述7個(gè)四位數(shù)分別相加，所得的和中至少有一個(gè)被7整

除，從而含數(shù)字1、3、7、9的數(shù)不是絕對(duì)素?cái)?shù).

14正整數(shù)d不等于2、5、13.證在集合(2,5,13,d)中可找到兩個(gè)不同元素a、b,使得ab-l不是完全平方數(shù).1986年

德

【證】證明2d—1、5(1—1、13<1—1這三個(gè)數(shù)中至少有一個(gè)不是完全平方數(shù)即可.用反證法,設(shè)5<1—1=*25d-l=y213d

—l=z2其中x、y、z是正整數(shù).x是奇數(shù)，設(shè)x=2n—1.代入有2d—1=(2n—1)?即d=2i>2—2n+l說(shuō)明d也是奇數(shù).

y、Z是偶數(shù)，設(shè)y=2p,z=2q,代入(2)、(3)相減后除以4有2d=qJp2=(q+p)(q-p)

因2d是偶數(shù)，即q2-p2是偶數(shù)，所以p、q同為偶數(shù)或同為奇數(shù)，從而q+p和q-p都是偶數(shù)，即2d是4的倍數(shù)，因此d是偶

數(shù).這與d是奇數(shù)相矛盾，故命題正確.

15.求出五個(gè)不同的正整數(shù)，使得它們兩兩互素，而任意n(nW5)個(gè)數(shù)的和為合數(shù).1987年全蘇

【解】由n個(gè)數(shù)ai=i?n!+1,i=l,2,―,n組成的集合滿足要求.因?yàn)槠渲腥我鈑個(gè)數(shù)之和為m?n!+k(mWN,2Wk

Wn)由于n!=1*2.........n是k的倍數(shù)，所以m,n!+k是k的倍數(shù)，因而為合數(shù).對(duì)任意兩個(gè)數(shù)ai與aj(i>j),如果

它們有公共的質(zhì)因數(shù)p,則p也是ai—aj=(i-j)n!的質(zhì)因數(shù)，因?yàn)?<i—j<n,所以p也是n!的質(zhì)因數(shù).但ai與n!互質(zhì)，

所以制與可不可能有公共質(zhì)因數(shù)p,即ai、aj(iWj)互素.令n=5,便得滿足條件的一組數(shù)：121,241,361,481,601.

次于所有腔斑(0<k<B-2)都是土4‘皿

16n22,證：如果l^+k+n對(duì)于整數(shù)MV3J素?cái)?shù).1987蘇聯(lián)

【證】iftm是便>?“小合數(shù)的最小正整技若令p是/+m+n的最小索因壬則p〈廬總

(1)若m2p,貝(jp|(m—p)2+(m—p)4-n.又(m—p)24-(m—p)+n2n>P,這與m是使k2+k+n為合數(shù)的最小正

整數(shù)矛盾.(2)若mWp—1,則(p—1—m)24-(p—1—m)+n=(p—1—m)(p—m)+n被p整除，且(p—1—m)2+

(p—1—m)+n2n>p因?yàn)?p—1—m)2+(p—1—m)+n為合數(shù)，所以p—1—m2m,p22m+l由

2m+14p<?m?n

得4ni24-4m4-l^m24-m+n即3m2+3m+l—nWO由此得

與日”?RTfSRfU溫府有kJ：

17正整數(shù)a與b使得ab+1整除a2+b2.求證：［2+b2)/(ab+1)是某個(gè)正整數(shù)的平方.1988德國(guó)

_3.

工證1令^^爪不足尢全平方.，0不定方卷a?—kab+b2=k(1)

顯然(1)的解(a,b)滿足ab>O(否則abW-l,a2+b2=k(ab+1)WO).又由于k不是完全平方，故ab>0.

設(shè)(a,b)是(1)的解中適合a>0(從而b>0)并且使a+b最小的那個(gè)解.不妨設(shè)a》b.固定k與b,把(1)看成a的二

=kb(2)

次方程，它有一根為a.設(shè)另一根為a，,則由韋達(dá)定理.az為整數(shù)，因而(a，,b)也

,_b，-k―2T―a'-11

是(1)的解.由于b>0,所以a'>0.但由(3)"a—、。-"

從而a'+b<a+b,這與a+b的最小性矛盾，所以k必為完全平方.

18求證：對(duì)任何正整數(shù)n,存在n個(gè)相繼的正整數(shù)，它們都不是素?cái)?shù)的整數(shù)幕.1989年瑞典提供.

【證】設(shè)一=(n+1)!,則a?+k(2《k《n+l),被k整除而不被1?整除(因?yàn)閍?被I?整除而k不被1?整除).如果a?

+k是質(zhì)數(shù)的整數(shù)幕pl則1<=?(1、j都是正整數(shù))，但a?被p4整除因而被pi+i整除，所以a?+k被pi整除而不被pi+i整除,

于是a2+k=?=k,矛盾.因此a?+k(2WkWn+l)這n個(gè)連續(xù)正整數(shù)都不是素?cái)?shù)的整數(shù)幕.

19n為怎樣的自然數(shù)時(shí)，數(shù)32n+i-22n+i-6"是合數(shù)？1990年全蘇

解32n+,-22n+l-6n=(3n-2n)(3n+l4-2n+l)當(dāng)n>l時(shí)，3n-2">l,3n+l+2n+1>l,原數(shù)是合數(shù).當(dāng)n=l時(shí)，原數(shù)是13

20設(shè)n是大于6的整數(shù)，且ai、az、…、ak是所有小于n且與n互素的自然數(shù)，如果az—ai=a3—a2=3=ai<—邪-1>0

求證：n或是素?cái)?shù)或是2的某個(gè)正整數(shù)次方.1991年羅馬尼亞.

證由(n—1,n)=1,得ak=n—1.令d=a2_ai>0.當(dāng)az=2時(shí)，d=l,從而k=n—1,n與所有小于n的自然數(shù)互素.由

此可知n是素?cái)?shù).當(dāng),2=3時(shí)，d=2,從而n與所有小于n的奇數(shù)互素.故n是2的某個(gè)正整數(shù)次方.設(shè)r>3.az是不能整除

n的最小素?cái)?shù)，所以2|n,3|n.由于n—l=ak=l+(k—1)d,所以3卜d.又l+d=a2,于是3、l+d.由此可知3|l+2d,若

l+2d<n,則a3=l+2d,這時(shí)3|(a3,n).矛盾.若l+2d2n,則小于n且與n互素自然數(shù)的個(gè)數(shù)為2.設(shè)n=2m(>6).若

m為偶數(shù)，則m+1與n互質(zhì)，若m為奇數(shù)，則m+2與m互質(zhì).即除去n—1與1外、還有小于n且與n互質(zhì)的數(shù),矛盾.綜

上所述，可知n或是素?cái)?shù)或是2的某個(gè)正整數(shù)次方.

21試確定具有下述性質(zhì)的最大正整數(shù)A：把從1001至2000所有正整數(shù)任作一個(gè)排列，都可從其中找出連續(xù)的10項(xiàng)，使這10

項(xiàng)之和大于或等于A.1992年臺(tái)北數(shù)學(xué)奧林匹克

【解】設(shè)任一排列，總和都是1001+1002+…+2000=1500500,將它分為100段，每段10項(xiàng)，至少有一段的和215005,

所以A215005

另一方面，將1001?2000排列如下：20001001190011011800

12011700130116001401

19991002189911021799

12021699130215991402

....................................

19011100180112001701

13001601140015011300

并記上述排列為ai,82?,,?>82000

(表中第i行第j列的數(shù)是這個(gè)數(shù)列的第10(iT)+j項(xiàng)，1WW20,1WW10)

令Si=ai+ai+i+-+ai+9(i=l,2,1901)則Si=15005,S2=15004.易知若i為奇數(shù)，則Si=15005；若i為偶數(shù)，

則Si=15004.綜上所述A=15005.

22相繼10個(gè)整數(shù)的平方和能否成為完全平方數(shù)？1992年友誼杯國(guó)際數(shù)學(xué)競(jìng)賽七年級(jí)

【解】(n+1)2+(n+2)2H-----F(n+10)2=10n2+110n+385=5(2n2+22n+77)

不難驗(yàn)證n三0,1,—1,2,—2(mod5)時(shí)，均有2n?+22n+77m2(n2+n+l)#0(mod5)

所以(n+1)2+(n+2)2+-+(n+10)2不是平方數(shù)，

23是否存在完全平方數(shù)，其數(shù)字和為1993?1993年澳門數(shù)學(xué)奧林匹克第二輪

647t48647*夕&

［解］存在，99""9力，=(10*—3)2=］0>?-6x+9=X00'"■OS(取n=22］即可.

24能表示成連續(xù)9個(gè)自然數(shù)之和，連續(xù)10個(gè)自然數(shù)之和，連續(xù)11個(gè)自然數(shù)之和的最小自然數(shù)是多少？1993年美國(guó)數(shù)學(xué)

邀請(qǐng)賽【解】答495.連續(xù)9個(gè)整數(shù)的和是第5個(gè)數(shù)的9倍；連續(xù)10個(gè)整數(shù)的和是第5項(xiàng)與第6項(xiàng)之和的5倍；連

續(xù)11個(gè)整數(shù)的和是第6項(xiàng)的11倍，所以滿足題目要求的自然數(shù)必能被9、5、11整除，這數(shù)至少是495.

又495=51+52+…+59=45+46+…+54=40+41+…+50

25如果自然數(shù)n使得2n+l和3n+l都恰好是平方數(shù)，試問(wèn)5n+3能否是一個(gè)素?cái)?shù)？1993年全俄數(shù)學(xué)奧林匹克

【解】如果2n+l=k-3n+l=m2,則5n+3=4(2n+l)-(3n+l)=4k2-m2=(2k+m)(2k-m).因?yàn)?n+3

>(3n+l)+2=in2+2>2m+L所以2k—"mKl(否則5n+3=2k+m=2m+l).從而5n+3=(2k+m)(2k—m)是合數(shù).

26設(shè)n是正整數(shù).證明：2n+l和3n+l都是平方數(shù)的充要條件是n+1為兩個(gè)相鄰的平方數(shù)之和，并且為一平方數(shù)與相鄰平方

數(shù)2倍之和.1994年澳大利亞數(shù)學(xué)奧林匹克

【證】若2n+l及3n+l是平方數(shù)，因?yàn)?*(2n+l),3>(3n+l),可設(shè)2n+l=(2k+l)2,3n+l=(3t±l)2,由

此可得n+l=k?+(k+1)2,n+l=(til)2+2t2

反之，若1>+1=1?+(k+1)2=(t+1)2+2t2,則2n+l=(2k+l)2,3n+l=(3t±l)2從而命題得證.

27設(shè)a、b、c、d為自然數(shù)，并且ab=cd.試問(wèn)a+b+c+d能否為素?cái)?shù).1995年莫斯科數(shù)學(xué)奧林匹克九年級(jí)題

a+b+c+dib+c+吧=（—）

【解】由題意知

力醍做.從m在在正醍敕，I''"正整數(shù)，將它們分別記作k與I.由

a+c>c2ci,b+c>c2c2。所以，k>l且1>1.從而，a+b+c+d=kl為合數(shù).

28設(shè)kiVkzVk3V…是正整數(shù)，且沒有兩個(gè)是相鄰的，又對(duì)于m=l,2,3,…，Sm=ki+k2+???+km?求證：對(duì)每一個(gè)正整數(shù)

n,區(qū)間(S?,Sn+i)中至少含有一個(gè)完全平方數(shù).1996年上海高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽題

K+(k.-2)+(k.-4)+-+2?f2)(風(fēng)力球)

<(I+1)2

k.*(k.-2)?(k.-4))

【證】Sn=kn+kn-l+…+kl4

所以1+1>2其.又L>1+2>2居+1+(屈+1)3

從而小匚■一國(guó))1即(板，后)中至少含有一個(gè)整數(shù)?

A2-001哪些連續(xù)正整數(shù)之和為1000?試求出所有的解.1963年成都

【解】設(shè)這些連續(xù)正整數(shù)共n個(gè)(n>l),最小的一個(gè)數(shù)為a,則有a+(a+1)+…+(a+n-1)=1000

即n(2a+n-l)=2000

若n為偶數(shù)，則2a+n—1為奇數(shù)；若n為奇數(shù)，則2a+n—1為偶數(shù).因a?L故2a+n—l>n.

由于2000=2,?53,n<72000<50,故n可取的值是2.4,5、

8、10、】6、20、25、40.僅在速5、16、25時(shí),變與曲奇偶性不

n

同，故只有n=5,16,25,因此可能的取法只有下列三種：

若n=5,則a=198；若n=16,則a=55；若n=25,則a=28.

故解有三種：198+199+200+201+20255+56H-----F7028+29H-----F52

A2-002N是整數(shù)，它的b進(jìn)制表示是777,求最小的正整數(shù)b,使得N是整數(shù)的四次方.1977年加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克

【解】設(shè)b為所求最小正整數(shù)，貝U7b2+7b+7=x3素?cái)?shù)7應(yīng)整除x,故可設(shè)x=7k,k為正整數(shù).于是有b2+b+l=7%4

當(dāng)k=l時(shí)，(b-18)(b+19)=0.因此b=18是滿足條件的最小正整數(shù).

A2-003如果比n個(gè)連續(xù)整數(shù)的和大100的數(shù)等于其次n個(gè)連續(xù)數(shù)的和，求n.1976年紐約數(shù)學(xué)競(jìng)賽

【解】設(shè)”=k+(k+1)+—+[k+(n-l)]=nk+D'\—

<-Ck+n)+…+(k+2n)-nk+na+1)“h七相，如

a?.S2—si=n—100從而求得n=10.

A2-004設(shè)a和b為正整數(shù)，當(dāng)a'+b?被a+b除時(shí)，商是q而余數(shù)是r,試求出所有數(shù)對(duì)(a,b),使得q?+r=1977.

【解】由題設(shè)a?+b2=q(a+b)+r(0<r<a+b),q2+r=1977,所以q2W1977,從而q444.

又g(，+b)+b'=q(a+b)+<44(a+b)

若q《43,則r=1977-q2>1977—432=128.

即(a+b)W88,與(a+b)>r》128,矛盾.因此，只能有q=44,r=41,從而得

a2+b2=44(a+b)+41=.。(a-22)2+(b-22)2=1009

不妨設(shè)|a-22B|b-22|,則1009》(a-22)2^504,從而役WaW53.

經(jīng)驗(yàn)算得兩組解：a=S0,b=37及a=50,b=7.由對(duì)稱性，還有兩組解a=37,b=50；a=7,b=50.

A2—005數(shù)1978n與1978m的最后三位數(shù)相等，試求出正整數(shù)n和m,使得m+n取最小值，這里n>m?L

【解】由題設(shè)1978n—1978m=1978m(i978n-m-l)三0(mod1000)

因而19781n三2mx989m=0(mod8),m23。又1978L"1三i(mod125)

而1978n-m=(1975+3)n-m=3n-m+(n-m)3Lmr?1975(mod125)(1)

L=8P?】+80k+空二80?(*1125)

從而3n-m=l(mod5)于是n-m是4的倍數(shù).設(shè)n—m=4k,則

1978*-1+80k+睦」,?8O3+4k?1975(mod125)

代入(1)得

從而k(20k+3)三0(mod25)

因此k必須是25的倍數(shù)，n-m至少等于4X25=10(),于是m+n的最小值為n-m+2m=106,m=3,n=103

A2—006求方程x3+x2y+xy?+y3=8(x2+xy+y2+l)的全部整數(shù)解x、y.1980盧森堡數(shù)學(xué)競(jìng)賽

x+y?u

【解】設(shè)CO

xy=v

于是x3+x2y+xy24-y3=(x+y)3—2xy(x+y)=u3-2vux24-xy+y2=(x+y)2—xy=u2-v

從而原方程變?yōu)?V(u—4)=u3—8u2—8(2)

72

.2u=(u-4)，+4(u-4)-16-----⑶

因u#4,故(2)即為'u4

根據(jù)已知，u—4必整除72,所以只能有u-4=±2°3°,其中a=0,1,2,3；B=0,1,2

a-=fx=8_僅=2

u從而<_或(

進(jìn)一步計(jì)算可知只有u—4=2?3=6,于是u=10,v=16|沖=】[y2(V-8.

A2—007確定mZ+M的最大值，這里m和n是整數(shù)，滿足m,nW｛1,2,,,,,1981),(n2—mn—m2)2=1.

2

【解】若m=n,由(n?—mn—m?)?=i得(mn)=1,故m=n=L

若mHn,則由i?-mn-m2=±l得n>m,令n=m+tik,于是[(m+uk)2—m(m+uk)—m2]2=l

化簡(jiǎn)得(m'-Uktn-u；)1=1,從而m〉).再令.

于是有W-uk-iuk-uii)2=1

若ukKuk-i,則以上步驟可以繼續(xù)下去，直至=1'且％T?l=l

得到數(shù)列：n,m,Uk,Uk-i,Uk-i,Uk-l-i此數(shù)列任意相鄰三項(xiàng)皆滿足ui=ui-i+ui-2,這恰好是斐波那契型數(shù)列.

而｛1,2,…，1981｝中斐氏數(shù)為：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,1597,可見m=

987,n=1597時(shí)，m2+，=3524578為滿足條件的最大值.

A2-008求方程w!=x!+y!+z!的所有正整數(shù)解.1983年加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克

【解】不妨設(shè)x《y《z.顯然w,z+L因此(z+1)!Ww!=xl+y1+z!W3?z!

從而z42.通過(guò)計(jì)算知x=y=z=2,w=3是原方程的唯一解.

A2-009求滿足下式的所有整數(shù)n,m：n2+(n+1)2=m4+(m+1)41984年匈牙利數(shù)學(xué)競(jìng)賽

【解】由原式得n(n+1)=m(m+1)(m2+m+2)

設(shè)m2+m=k,我們有n(n+1)=k(k+2).顯然，只可能兩邊為零.解是(0,0),(0,-1),(一1,0),(-1,1).

A1-010前1000個(gè)正整數(shù)中可以表示成[2x]+[4x]+[6x]+[8x]的正整數(shù)有多少個(gè)？1985年美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽

3.人/、,,占在(0.1)中變化時(shí)」(X)值在12個(gè)“關(guān)節(jié)點(diǎn)”,5,1?

【解】令f(x)=[2x]+[4x]+[6x]+[8x].44

13152M5*7

3,8*2,8'3'4'6'甚及1改變’所以f3在-20中取】2個(gè)不同的正整數(shù)值

另一方面f(x+n)=f(x)+20n對(duì)任一正整數(shù)n成立.將1-1000分為50段，每20個(gè)為1段.每段中，f(x)可取12

個(gè)值.故總共可取到50X12=600個(gè)值，亦即在前1000個(gè)正整數(shù)中有600個(gè)可以表示成[2x]+[4x]+[6x]+[8x]的形式.

A2-011使n3+100能被n+10整除的正整數(shù)n的最大值是多少？1986年美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題

【解由1?+100=(n+10)(n2-10n+100)-900知，若i？+lOO被n+10整除，則900也應(yīng)被n+10整除.故n最大值是

890.

A12a^b、c、d為兩兩不同的正整數(shù)，并且a+b=cd,ab=c+d求出所有滿足上述要求的四元數(shù)組a、b、c、d.1987匈牙利

【解】由于aWb,所以當(dāng)且僅當(dāng)a=l或b=l時(shí)，才有a+b2ab.

如果a、b都不是1,那么c+d=ab>a+b=cd由此知c=l或d=L

_L+1+1=1

因此a、b、c、d中總有一個(gè)(也只有一個(gè))為1.如果a=L那么由消去b可以推出cdcd

?11S52323

b5，I]3232

?323211SJ

d2323351I

從而得到c=2,d=3,或者c=3,d=2.這樣,本題的答案可以列成下

A2-013設(shè)[r,s]表示正整數(shù)r和s的最小公倍數(shù)，求有序三元正整數(shù)組(a,b,c)的個(gè)數(shù)，其中⑶b]=1000,

[b,c]=2000,[c,a]=2000.1987年美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽

【解】顯然，a、b,c都是形如2m?5n的數(shù).設(shè)a=2mi?5ni,b=2m2?5與,c=2m3?5%.

由[a,b]=1000=23?53,知max(mi,m2)=3,max(ni>112)=3.同理，max(m2,m3)=4,max(m,nj)=3;max

(mi,m3)=4,max(ni,113)=3.由此，知m3應(yīng)是4,mi、m2中必有一是3.另一個(gè)可以是0、1、2或3之任一種，因此

mi、m2的取法有7種.又，ni、in、m中必有兩個(gè)是3,另一個(gè)可以是0、1、2或3.因此ni、nz、113取法有10種.故mi、ni

(i=l、2、3)不同取法共有7X10=70種，即三元組共有70個(gè).

A2-014設(shè)m的立方根是一個(gè)形如n+r的數(shù)，這里n為正整數(shù)，r為小于1/1000的正實(shí)數(shù).當(dāng)m是滿足上述條件的最小

正整數(shù)時(shí)，求n的值.1987年美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽

【帽已如病=n+Kn+1U\行Jm=n3+1<(n+10-3)3=nJ+3n2?10-J+3n?10-6+10-9

于是In.]'，.'.2",3.*.從而n=19（此時(shí)m=193+]為最小）.

A2-015求出使數(shù).夕龍4為自融的平方的一切n值.

口個(gè)1987年)全俄數(shù)學(xué)奧林匹克

【解】144=122,1444=38?

甘￡豆4=1(k€N)36選11=1^34,4=Ck/2)a

設(shè)n>3,則?T則k必是一個(gè)偶數(shù).所以(n：2)十nV

余數(shù)為0或1,而3615?1除以4余3.

也是一個(gè)自然數(shù)的完全平方，但這是不可能的.因?yàn)槠椒綌?shù)除以4,(K-2)個(gè)

因此，本題答案為n=2,3.

A2-016當(dāng)n是怎樣的最小自然數(shù)時(shí)，方程［10%(］=1989有整數(shù)解？1989年全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克

【解】1989?10n/x<1990所以10'71990<x^1071989.即10”?0.000502512…VxWlO11?0.000502765-

所以n=7,這時(shí)x=5026與5027是解.

A2-017設(shè)an=50+n2,n=l,2,….對(duì)每個(gè)n,an與an+i的最大公約數(shù)記為dn.求dn的最大值.1990年日本

【解】dn=(an,an+l)=(50+n2,50+(n+1)2-(50+n2))=(50+n2,2n+l)=(2(n2+50),2n+l)(因

2n+l是奇數(shù))=(2(1)2+50)—n(2n+l),2n+l)=(10<)-n,2n+l)=(100—n,2n+l+2(10()-n))=(100

-n,201)<201.在n=l()O#201k(k€N)時(shí)，dn=201.故所求值為201.

A2-018n是滿足下列條件的最小正整數(shù)：(Dn是75的倍數(shù)；(2)n恰為75個(gè)正整數(shù)因子(包括1及本身).試求n/75.

【解】為保證n是75的倍數(shù)而又盡可能地小，可設(shè)n=2°?3°?5。其中a、0,p>1,丫、2,并且

(a+l)(B+l)(Y+1)=75

由75=52。3,易知當(dāng)a=B=4,丫=2時(shí)，符合條件(1)、(2),此時(shí)n=24?34?52,n/75=432.

A2—0191.求出兩個(gè)自然數(shù)x、y,使得xy+x和xy+y分別是不同的自然數(shù)的平方.

2.能否在988至1991范圍內(nèi)求到這樣的x和y?1991年全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克

【解】1.例如x=l,y=8即滿足要求.

2.假設(shè)988Wx<yW199Lx、yGN,使得xy+x與xy+y是不同的自然數(shù)的平方，則x2<xy+x<xy+y

這時(shí)y~x=(xy+y)—(xy+x)>(x+1)2—x2=2x+l即y>3x+l

由此得1991、y>3x+l》3X998+l矛盾！故在988與1991之間不存在這樣的自然數(shù)x、y.

A2-020求所有自然數(shù)n,使得C*("+［『］)‘這里［n/k2］表示不超過(guò)nM的最大整數(shù)1991年中國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克

【解】題給條件等價(jià)于，對(duì)一切kGN,k2+n/k2>1991(1)

且存在kWN,使得k2+n/k2<i992.(2)

(1)等價(jià)于對(duì)一切kCN,1?-19911?+11，0即(1?-1991/2)?+n—199M/43。(3)

國(guó)邦所臥31,而3?-1沏/2=-69/2,323T991/2=57/2,

故(3)式左邊在k取32時(shí)最小，因此(1)等價(jià)于n,1991X322-324=1024X967

又，(2)等價(jià)于存在kWN,使(1?-996)2+n-9962<0

上式左邊也在k=32時(shí)最小，故(2)等價(jià)于n<1992X32?—32'=1024X968

故n為滿足1024X967WnW1024X967+1023的一切整數(shù).

A2-021設(shè)n是固定的正整數(shù)，求出滿足下述性質(zhì)的所有正整數(shù)的和；在二進(jìn)制的數(shù)字表示中，正好是由2n個(gè)數(shù)字組成，其中

有n個(gè)1和n個(gè)0,但首位數(shù)字不是0.1991年加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克題2.

【解】n=l,易知所求和Si=2.n》2時(shí)，首位數(shù)字為1的2n位數(shù)，在其余2nT位上，只要n個(gè)。的位置確定了.貝nT

個(gè)1的位置也就確定了，從而這個(gè)2n位二進(jìn)制數(shù)也隨之確定.故首位數(shù)于為1的I烘匚工個(gè).

現(xiàn)考慮第k(2n>k,D位數(shù)字是1的數(shù)的個(gè)數(shù).因?yàn)槠渲衝個(gè)0的位置只可從2n—2個(gè)位置(除去首位和第k位)中選擇，故

這樣的股袋Cd卜將所有這樣的2n位二進(jìn)制數(shù)相加，按數(shù)位求和，便有'=2-一+(l+2+f).

A2-022在｛1000,1001,1002,…，2000｝中有多少對(duì)相鄰的數(shù)滿足下列條件：每對(duì)中的兩數(shù)相加時(shí)不需要進(jìn)位？

【解】設(shè)曲十進(jìn)表達(dá)式是前如果a、b、C中的一個(gè)是5、6、

7或8時(shí)，則當(dāng)n和n+1相加時(shí)將發(fā)生進(jìn)位.再若b=9而cW9；a=9而b#9或cW9.則當(dāng)n和n+1相加時(shí)也將發(fā)生進(jìn)位.

如果不是上面描述的數(shù)，則n有如下形式lahc,；ab9,la99,1999

其中a,b,c￡｛0,1,2,3,4).對(duì)這種形式的n,當(dāng)n和n+1相加時(shí)不會(huì)發(fā)生進(jìn)位，共有53+5?+5+1=156個(gè)這樣的

A2-023定義一個(gè)正整數(shù)n是一個(gè)階乘的“尾”，如果存在一個(gè)正整數(shù)m,使得m!的十進(jìn)位制表示中，結(jié)尾恰好有n個(gè)零，

那么小于1992的正整數(shù)中有多少個(gè)不是階乘的尾？1992年美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽

【解】f(m)為m!的尾.則f(m)是m的不減函數(shù)，且當(dāng)m是5的倍數(shù)時(shí)，有f(m)=f(m+1)=f(m+2)=f(m+3)

=f(m+4)<f(m+5)因此，從f(0)=0開始，f(m)依次取值為：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

f(m)-(^-1C1)

容易看出E匕"

i

1夕夕箏-詈

如果存在m使f(m)=1991,貝IJ1

因而m>4X1991=7964.由公式(1)可計(jì)算出f(7965)=1988,從而f(7975)=1991.

在序列(1)中共有7980項(xiàng)，不同的值有7980/5=1596個(gè).所以在｛0,1,2,1991｝中，有1992—1596=396個(gè)值不在(1)

中出現(xiàn).這就說(shuō)明，有396個(gè)正整數(shù)不是階乘的尾.

2

A2—024數(shù)列｛a“定義如下：ao=l,ai=2,an+2=an+(an+i).求ai992除以7所得的余數(shù).1992年日本數(shù)學(xué)奧林匹克

【解】考慮an以7為模的同余式：ao=l=l(mod7)m=2=2(mod7)ai=l+22=5=-2(mod7)

as三2+(-2)2=6三一1(mod7)a4=-2+(-1)2=一1(mod7)

as三一1+(—1)2=0(mod7)a6=-1+02=—1(mod7)a7=0+(—1)2=1(mod7)

as三一l+r=0(mod7)a9=l+02=l(mod7)

a