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20002012全国高中数学联赛分类汇编(初等数论)


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2000-2012 全国高中数学联赛分类汇编(初等数论)
1、 (2005 一试 6) 记集合 T ? {0,1,2,3,4,5,6}, M ? { 按从大到小的顺序排列,则第 2005 个数是(

a1 a 2 a3 a 4 ? ? ? | ai ? T , i ? 1,2

,3,4}, 将 M 中的元素 7 7 2 73 7 4


5 5 6 3 ? 2 ? 3 ? 4 7 7 7 7 1 1 0 4 C. ? 2 ? 3 ? 4 7 7 7 7
A. 【答案】C

5 5 6 2 ? 2 ? 3 ? 4 7 7 7 7 1 1 0 3 D. ? 2 ? 3 ? 4 7 7 7 7
B.
4

【解析】用 [a1a2 ?ak ] p 表示 k 位 p 进制数,将集合 M 中的每个数乘以 7 ,得

M ? ? {a1 ? 73 ? a2 ? 72 ? a3 ? 7 ? a4 | ai ?T , i ? 1, 2,3, 4} ? {[a1a2a3a4 ]7 | ai ?T , i ? 1, 2,3, 4}.
大数为 [6666 ]7 ? [2400 ]10 。

M ? 中的最

在十进制数中,从 2400 起从大到小顺序排列的第 2005 个数是 2400-2004=396。而 [396 ]10 ? [1104 ]7 将 此数除以 7 ,便得 M 中的数
4

1 1 0 4 ? 2 ? 3 ? 4 . 故选 C。 7 7 7 7

2、 (2006 一试 6) 数码 a1 , a2 , a3 , A.

, a2006 中有奇数个 9 的 2007 位十进制数 2a1a2a3
C. 10
2006

( a2006 的个数为



1 1 (10 2006 ? 82006 ) B. (10 2006 ? 82006 ) 2 2

? 82006 D. 102006 ? 82006

【答案】B
1 3 【 解 析 】 出 现 奇 数 个 9 的 十 进 制 数 个 数 有 A ? C2006 92005 ? C2006 92003 ?
2006 k ?0 2006 k ?0

2005 ? C2006 9 。又由于

k k (9 ? 1)2006 ? ? C2006 92006?k 以及 (9 ? 1)2006 ? ? C2006 (?1)k 92006?k ,从而得

1 3 A ? C2006 92005 ? C2006 92003 ?

2005 ? C2006 9?

1 2006 2006 (10 ? 8 ) 。 2

? x ? y ? z ? 0, 3、(2008 一试 5) 方程组 ? 的有理数解 ( x, y, z ) 的个数为 ? xyz ? z ? 0, ? xy ? yz ? xz ? y ? 0 ?
(A) 1 【答案】B (B) 2 (C) 3



) 。

(D)

4

? x ? y ? 0, ? x ? 0, ? x ? ?1, 【解析】若 z ? 0 ,则 ? 解得 ? 或? ? xy ? y ? 0. ? y ? 0 ? y ? 1.
若 z ? 0 ,则由 xyz ? z ? 0 得 xy ? ?1 . ①

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由 x ? y ? z ? 0 得 z ? ?x ? y . 将②式代入 xy ? yz ? xz ? y ? 0 得 x2 ? y 2 ? xy ? y ? 0 . 由①式得 x ? ?

② ③

1 ,代入③式化简得 ( y ?1)( y3 ? y ?1) ? 0 .易知 y3 ? y ?1 ? 0 无有理数根,故 y ? 1 ,由①式 y

? x ? 0, ? x ? ?1, ? 得 x ? ?1 ,由②式得 z ? 0 ,与 z ? 0 矛盾,故该方程组共有两组有理数解 ? ? y ? 0, 或 ? y ? 1, 故选 B。 ? z ? 0. ?z?0 ? ?
2

4、 (2004 一试 10) .设 p 是给定的奇质数,正整数 k 使得 k -pk也是一个正整数,则 k= 1 2 【答案】 (p+1) 4

p 2 2 p 1 2 2 2 【解析】设 k -pk=n,则(k- ) -n = ,?(2k-p+2n)(2k-p-2n)=p ,?k= (p+1) . 2 4 4
5、(2005 一试 12) 如果自然数 a 的各位数字之和等于 7,那么称 a 为“吉祥数”.将所有“吉祥数”从小 到大排成一列 a1 , a2 , a3 ,?, 若 an ? 2005 , 则 a5 n ? 【答案】52000
m 【解析】∵方程 x1 ? x2 ? ? ? xk ? m 的非负整数解的个数为 Cm , xi ? 0(i ? 2) 的整数解 ? k ?1 . 而使 x1 ? 1 m?1 6 m ? 7 ,可知, k 位“吉祥数”的个数为 P(k ) ? Ck 个数为 Cm ? k ?2 .现取 ?5 . 6 6 ∵2005 是形如 2abc 的数中最小的一个“吉祥数” ,且 P(1) ? C6 ? 1, P(2) ? C7 ? 7, 6 6 “吉祥数” 其个数为满足 a ? b ? c ? 6 的非负整数解个数, 即 C6 1abc, P(3) ? C8 ? 28, 对于四位 ?3?1 ? 28

2

.

个。 ∵2005 是第 1+7+28+28+1=65 个“吉祥数” ,即 a65 ? 2005 . 从而 n ? 65,5n ? 325.
6 6 又 P(4) ? C9 ? 84, P(5) ? C10 ? 210, 而

? P(k ) ? 330.
k ?1

5

∴从大到小最后六个五位“吉祥数”依次是:70000,61000,60100,60010,60001,52000.∴第 325 个“吉 祥数”是 52000,即 a5n ? 52000 . 6、 (2006 一试 11)方程 ( x 【答案】1 【解析】 ( x
2006
2006

? 1)(1 ? x2 ? x4 ?

? x2004 ) ? 2006x2005 的实数解的个数为

.

? 1)(1 ? x 2 ? x 4 ? ? ? x 2004 ) ? 2006x 2005
? x 2004 ) ? 2006 1 x
2005

? (x ?

1 x
2005

)(1 ? x 2 ? x 4 ? ? x 2005 ?

? x ? x3 ? x5 ?

?

1 x
2003

?

1 x
2001

?

?

1 ? 2006 x

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1 1 1 ? x3 ? 3 ? ? x 2005 ? 2005 ? 2 1003 ? 2006 x x x 1 3 1 1 2005 ? 2005 ,即 x ? ?1 。 要使等号成立,必须 x ? , x ? 3 , , x x x x 但是 x ? 0 时,不满足原方程。所以 x ? 1 是原方程的全部解。因此原方程的实数解个数为 1 。 ? 2006 ? x ?
7、 (2010 一试 8)方程 x ? y ? z ? 2010满足 x ? y ? z 的正整数解(x,y,z)的个数是 【答案】336675
2 【解析】首先易知 x ? y ? z ? 2010的正整数解的个数为 C2009 ? 2009?1004.

.

把 x ? y ? z ? 2010满足 x ? y ? z 的正整数解分为三类: (1) x, y , z 均相等的正整数解的个数显然为 1; (2) x, y , z 中有且仅有 2 个相等的正整数解的个数,易知为 1003; (3)设 x, y , z 两两均不相等的正整数解为 k . 易知 1 ? 3 ? 1003 ? 6k ? 2009 ? 1004 , 所以 6k ? 2009 ? 1004 ? 3 ? 1003 ? 1

? 2006 ? 1005 ? 2009 ? 3 ? 2 ? 1 ? 2006 ? 1005 ? 2004 , 即 k ? 1003 ? 335 ? 334 ? 335671 .
从而满足 x ? y ? z 的正整数解的个数为 1 ? 1003 ? 335671 ? 336675 .

8、 (2011 一试 8)已知 a n ? C n ?3 6 200 【答案】15
?3 【解析】 a n ? C n 200
200 ? n 3

? ?

200 ? n

? 1 ? ? (n ? 1,2, ?,95) ,则数列 {a n } 中整数项的个数为 ?? ? ? ? 2?

n



?2

400 ? 5 n 6


200? n 400? 5n 均为整数,从而 6 | n ? 4 . , 3 6 200? n 400? 5n 和 均为非负整数, 所以 a n 为整数, 6 3

要使 a n (1 ? n ? 95) 为整数,必有

当 n ? 2,8,14,20,26,32,38,44,50,56,62,68,74,80 时, 共有 14 个.
?3 38 ? 2 ?5 ,在 C 86 当 n ? 86 时, a 86 ? C 86 ? 200 200

200 ! 中, 200 !中因数 2 的个数为 86!?114 !

? 200? ? 200? ? 200? ? 200? ? 200? ? 200? ? 200? ? 2 ? ? ? 2 2 ? ? ? 2 3 ? ? ? 2 4 ? ? ? 2 5 ? ? ? 2 6 ? ? ? 2 7 ? ? 197 , ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

同理可计算得 86 ! 中因数 2 的个数为 82 , 114 ! 中因数 2 的个数为 110 ,所以 C 86 200 中因数 2 的个数为
197? 82?110? 5 ,故 a 86 是整数.
?3 36 ? 2 ?10 ,在 C 92 当 n ? 92 时, a 92 ? C 92 ? 200 200

200 ! 中,同样可求得 92 ! 中因数 2 的个数为 88, 108 ! 中因数 2 的 92!?108 !

a 个数为 105,故 C 86 200 中因数 2 的个数为 197? 88?105? 4 ,故 92 不是整数.

因此,整数项的个数为 14?1 ? 15.

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9、 (2000 二试 3) ,已知他们中的任意两人至多通电话一次,他们中的任意 n-2 个人之间通电话的次数相 k 等,都是 3 次,其中 k 是自然数,求 n 的所有可能值. 【解析】显然 n ? 5. 记 n 个人为 A1,A2, AN , 设 A1 通话的次数为 m1, Ai 与 Aj 之间通话的数为 yij, l ? i, j ? n .则 m
i

+m

j

– y

i . j

=

1 n ? ms - 3k = c . 2 s ?1

(*)

其中 c 是常数 ,l ? i, j ? n . 根据(*)知, mi ? m j ? ( mi ? m s ) ? ( m j ? m s ) = y i .s ? y j .s ? 1 , l ? i, j ? n .

? mi ? m j ? 1 ,

l ? i, j ? n

设 mi =max{ms ,1 ? s ? n. } ,m j = min{ms,1 ? s ? n.} , 则 m i +m j ? 1. 若 m i +m j=1 ,则对于任意 s ? i, j , 1 ? s ? n , 都有(m i +ms-y I ,s)- (m j +ms-y I ,s)=1-(y I ,s – y 故 y I ,s =1 , y j ,s = 0 . s ? i, j, 1 ? s ? n ,
j ,s

)=0 ,



y

I ,s

– y

j ,s

= 1

因此 mi ? n -2 , m j ? 1 . 于是 ,m i +m j ? n -3 ? 2 . 出现矛盾 ,故 m i +m j=0 ,即 ms(1 ? s ? n)恒为常数 。 根据 (*)知,y I ,j = 0 或 y I ,j = 1 。 若 y I ,j = 0 ,则 ms=0 , 1 ? s ? n 。与已知条件矛盾 。 因此 ,y 设
I ,s

=1 ? ms=n-1
k1

, 1 ? s ? n . 所以 ,k1 ? k2 , 则

1 k n(n-1)-(2n-3)= 3 , 2
k k

即 (n-2)(n-3)=2 ? 3

k

.

n-2=2 ? 3

,n-3= 3

k2

2 ? 3 1 - 3 2 =1 ,于是 因此 k2=0 , k1=0 .

3 k 2 ( 2 ? 3k1 ?k2 -1)=1 ,得
这与 k ? 1 矛盾 . 设 n-2= 3
k1

3 k 2 =1 , 2 ? 3k1 ?k2 -1=1 ,



n-3=2 ? 3

k2

,

,k1 ? k2+1 ,

则 3 1 -2 ? 3 2 =1 ,
k k

于是

3 k 2 ( 3 k1 ? k 2 -2)= 1 ,



3 k 2 =1 , 3 k1 ? k 2 -2=1 ,因此 k2=0 , k1=1 , n=5 .
1

此时,若 5 人中每两人之间都通话一次,则其中任意 3 个人之间通话的总次数为 3 次 综上所述,n=5 为 n 的所有可能值. 10、 (2002 二试 3)在世界杯足球赛前,F 国教练为了考察 A1,A2,?,A7 这七名,准备让他们在三场训练比 赛(每场 90 分钟)都上场,假设在比赛的任何时刻,这些中有且仅有一人在场上,并且 A1,A2,A3,A4 每人上 场的总时间(以分钟为单位)均被 13 整除,如果每场换人次数不限,那么按每名队员上场的总时间计算, 共有多少种不同的情况。 【解析】设第 i 名队员上场的时间为 xi 分钟(i=1,2,3,?,7),问题即求不定方程 x1+x2+?+x7=270 ① 在条件 7|xi (1?i?4)且 13|xj (5?j?7)下的正整数解的级数。 若(x1,x2,?,x7)是满足条件①的一组正整数解,则应有

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? xi =7m
i ?1

4

?x
j ?5

7

j

=13n

m,n∈N

∴m,n 是不定方程 7m+13n=270 ② 在条件 m?4 且 n?3 下的一组正整数解。 ∵ 7(m-4)+13(n-3)=203 令 m′=m 4 n′=n 3 有 7m′+13n′=270 ③ ∴ 求②满足条件 m?4 且 n?3 的正整数解等价于求③的非负整数解。 ∵易观察到 7·2+13·(-1)=1 ∴ 7·406+13·(-203)=203 即 m0=406 n0= 203 是③的整数解 ∴ ③的整数通解为 m′=406 13k n′= 203+7k k∈Z 令 m′?0 n′?0,解得 29?k?31 取 k=29,30,31 得到③满足条件的三组非负整数解:

?m? ? 29 ? ?n ? ? 0 ?m ? 33 ? ?n ? 3

?m? ? 16 ? ?n ? ? 7 ?m ? 20 ? ?n ? 10

?m? ? 3 ? ?n? ? 14 ?m ? 7 ? ?n ? 17

从而得到②满足条件的三组正整数解:

1)在 m=33,n=3 时,显然 x5=x6=x7=13 仅有一种可能,
4?1 3 又设 xi=7yi (i=1,2,3,4),于是由不定方程 y1+y2+y3+y4=33 有 C33 ?1 ? C32 ? 4960组正整数解。 3 ∴此时①有满足条件的 C 32 =4960 组正整数解。

2)在 m=20,n=10 时,设 xi=7yi

(i=1,2,3,4),xj=13yj

(j=5,6,7)

3 2 由 y1+y2+y3+y4=20,有 C19 组正整数解;以及 y5+y6+y7=10,有 C9 组正整数解。 3 2 ∴此时①有满足条件的 C19 =34884 组正整数解。 ? C9

3) 在 m=7,n=17 时,设 xi=7yi

(i=1,2,3,4),xj=13yj

(j=5,6,7)

2 3 由 y1+y2+y3+y4=7,有 C6 组正整数解;以及 y5+y6+y7=17,有 C16 组正整数解。

综上所述,①满足条件的正整数解的组数为
3 3 3 3 2 =4960+34884+2400=42244 C32 ? C19 ? C9 ? C6 ? C16

11、 (2003 二试 2)设三角形的三边长分别是正整数 l,m,n.且 l>m>n>0.
?3 ? ?3 ? ?3 ? 已知? 4?=? 4?=? 4?,其中{x}=x-[x],而[x]表示不超过 x 的最大整数.求这种三角形周长的最小值. ?10 ? ?10 ? ?10 ? ?3 ? ?3 ? ?3 ? 【解析】当 3 、3 、3 的末四位数字相同时,? 4 ?=? 4?=? 4 ?. ?10 ? ?10 ? ?10 ?
l m n l m n l m n

即求满足 3 ?3 ≡3 ( mod 10 )的 l、m、n.∴ 3 (3 -1)≡0 (mod 10 ).(l-n>0) n 4 l-n 4 m-n 4 但 (3 ,10 )=1,故必有 3 ≡1(mod 10 );同理 3 ≡1(mod 10 ). x 4 下面先求满足 3 ≡1(mod 10 )的最小正整数 x.
l m n
4

n

l-n

4

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4 4 1 4 ∵ ?(10 )=10 ? ? =4000.故 x|4000.用 4000 的约数试验: 2 5

∵ x=1,2,时 3 ≡ ∕1(mod 10),而 3 ≡1(mod 10),∴ x 必须是 4 的倍数; x 2 20 2 ∵ x=4,8,12,16 时 3 ≡ ∕1(mod 10 ),而 3 ≡1(mod 10 ),∴ x 必须是 20 的倍数; x 3 100 3 ∵ x=20,40,60,80 时 3 ≡ ∕1(mod 10 ),而 3 ≡1(mod 10 ),∴ x 必须是 100 的倍数; x 4 500 4 ∵ x=100,200,300,400 时 3 ≡ ∕1(mod 10 ),而 3 ≡1(mod 10 ). x 4 即,使 3 ≡1(mod 10 )成立的最小正整数 x=500,从而 l-n、m-n 都是 500 的倍数, 设 l-n=500k,m-n=500h,(k,h∈N*,k>h). 由 m+n>l,即 n+500h+n>n+500k,?n>500(k-h)?500,故 n?501. 取 n=501,m=1001,l=1501,即为满足题意的最小三个值. ∴ 所求周长的最小值=3003. 12、 (2004 二试 3)对于整数 n?4,求出最小的整数 f(n),使得对于任何正整数 m,集合{m,m+1,?, m+n-1}的任一个 f(n)元子集中,均至少有 3 个两两互素的元素. 【解析】⑴ 当 n?4 时,对集合 M(m,n)={m,m+1,?,m+n-1}, 当 m 为奇数时,m,m+1,m+2 互质,当 m 为偶数时,m+1,m+2,m+3 互质.即 M 的子集 M 中存在 3 个两两 互质的元素,故 f(n)存在且 f(n)?n. ① 取集合 Tn={t|2|t 或 3|t,t?n+1},则 T 为 M(2,n)={2,3,?,n+1}的一个子集,且其中任 3 个数无不能 两两互质.故 f(n)?card(T)+1. 但 card(T)=[

x

4

n+1
2

]+[

n+1
3

]-[

n+1
6

].故 f(n)?[

n+1
2

]+[

n+1
3

]-[

n+1
6

]+1.



由①与②得,f(4)=4,f(5)=5.5?f(6)?6,6?f(7)?7,7?f(8)?8,8?f(9)?9. 现计算 f(6),取 M={m,m+1,?,m+5},若取其中任意 5 个数,当这 5 个数中有 3 个奇数时,这 3 个奇数 互质;当这 3 个数中有 3 个偶数 k,k+2,k+4(k?0(mod 2))时,其中至多有 1 个被 5 整除,必有 1 个被 3 整除,故至少有 1 个不能被 3 与 5 整除,此数与另两个奇数两两互质.故 f(6)=5. 而 M(m,n+1)=M(m,n)∪{m+n},故 f(n+1)?f(n)+1. ③ ∴ f(7)=6,f(8)=7,f(9)=8. ∴ 对于 4?n?9,f(n)= [

n+1
2

]+[

n+1
3

]-[

n+1
6

]+1 成立.



设对于 n?k,④成立,当 n=k+1 时,由于 M(m,k+1)=M(m,k-5)∪{m+k-5,m+k-4,?,m+k}. 在{m+k-5,m+k-4,?,m+k}中,能被 2 或 3 整除的数恰有 4 个,即使这 4 个数全部取出,只要在前面 的 M(m,k-5)中取出 f(n)个数就必有 3 个两两互质的数.于是 当 n?4 时,f(n+6)?f(n)+4=f(n)+f(6)-1. 故 f(k+1)?f(k-5)+f(6)-1=[

k+2
2

]+[

k+2
3

]-[

k+2
6

]+1,

比较②,知对于 n=k+1,命题成立. ∴对于任意 n∈N*,n?4,f(n)= [ 又可分段写出结果: 4k+1,(n=6k, k∈N*), 4k+2,(n=6k+1,k∈N*), 4k+3,(n=6k+2,k∈N*), 4k+4,(n=6k+3,k∈N*), 4k+4,(n=6k+4,k∈N*), 4k+5,(n=6k+5,k∈N*).

n+1
2

]+[

n+1
3

]-[

n+1
6

]+1 成立.

f(n)=

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当n为平方数, ?0 ? 13、 (2005 二试 3)对每个正整数 n,定义函数 f (n) ? ? 1 . ?[{ n }]当n不为平方数 ?
(其中[x]表示不超过 x 的最大整数, {x} ? x ? [ x]). 试求:
2

? f (k ) 的值.
k ?1

240

【解析】对任意 a, k ? N * ,若 k 2 ? a ? (k ? 1) 2 ,则 1 ? a ? k ? 2k ,设 a ? k ? ? ,0 ? ? ? 1, 则

1

{ a} ?

?

1

?

1 a ?k
2

?

a ? k 2k ? ? 2k 1 2k ? ? ? 1,?[ ]?[ ]. 2 2 2 a?k a?k a?k a ?k2 { a}
2

让 a 跑遍区间 (k , (k ? 1) )中的所有整数,则

k 2 ? a ?( k ?1) 2
( n ?1) 2

?

[

2k 1 2k ] ? ?[ ], {a} i i ?1

于是

?
a ?1

f (a) ? ?? [
i ?1 i ?1

n

2k

2k ??① ] i

下面计算

?[
i ?1

2k

2k ], 画一张 2k×2k 的表,第 i 行中,凡是 i 行中的位数处填写“*”号,则这行的“*”号 i

共[

2k 2k 2k ] 个,全表的“*”号共 ? [ ] 个;另一方面,按列收集“*”号数,第 j 列中,若 j 有 T(j)个 i i i ?1

正因数,则该列使有 T(j)个“*”号,故全表的“*”号个数共

?T ( j) 个,因此 ?[ i
j ?1
i ?1

2k

2k

2k

] = ?T ( j) .
j ?1

2k

示例如下: j i 1 2 3 4 5 6
n n 2k

1 *

2 * *

3 * *

4 * * *

5 *

6 * * *

*



? f (a) ? ??T ( j) ? n[T (1) ? T (2)] ? (n ? 1)[T (3) ? T (4)] ?? ? [T (2n ? 1) ? T (2n)]
i ?1 i ?1 j ?1

??② 由此,

? f (k ) ?? (16 ? k )[T (2k ? 1) ? T (k )] ??③
k ?1 k ?1

256

15

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记 ak ? T (2k ? 1) ? T (2k ), k ? 1,2,?,15, 易得 ak 的取值情况如下:

k

1 3

2 5
15

3 6

4 6

5 7

6 8

7 6

8 9

9 8

10 8

11 8

12 10

13 7

14 10

15 10

ak
16 n

因此,

? f (k ) ?? (16 ? k )ak ? 783??④
k ?1 k ?1

据定义 f (256) ? f (162 ) ? 0 , 又当 k ?{241 ,242,?,255 }, 设k ? 152 ? r

(16 ? r ? 30) ,
?

k ? 15 ? 152 ? r ? 15 ?

r r r , ? ? 152 ? r ? 15 31 152 ? r ? 15 30

r

1?

1 30 1 31 ] ? 1, k ? {241 ,242,?,255 } ??⑤ ? ? ? 2 ,则 [ 2 r { 15 ? r } r { k}

从则

? f (k ) ? 783? ? f (k ) ? 783? 15 ? 768.
i ?1 i ?1

240

256

14、 (2006 一试 14)将 2006 表示成 5 个正整数 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 之和. 记 S ? (1)当 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 取何值时,S 取到最大值;

1?i ? j ?5

?

xi x j . 问:

(2)进一步地,对任意 1 ? i, j ? 5 有 xi ? x j ? 2 ,当 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 取何值时,S 取到 最小值. 说明理由. 【解析】 (1) 首先这样的 S 的值是有界集,故必存在最大值与最小值。 若 x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? x5 ? 2006 , 且使 S ?

1?i ? j ?5

?

xi x j 取到最大值,则必有
(1 ? i, j ? 5)
(*)

xi ? x j ? 1,

? ? x2 ? 1, xi? ? xi ( i ? 3, 4,5 ) ? ? x1 ?1 , x2 事实上,假设(*)不成立,不妨假设 x1 ? x2 ? 2 。则令 x1 ? ? x2 ? ? x1 ? x2 , x1 ? ? x2 ? ? x1 x2 ? x1 ? x2 ?1 ? x1x2 。将 S 改写成 有 x1

S?

1?i ? j ?5

?

xi x j ? x1x2 ? ? x1 ? x2 ?? x3 ? x4 ? x5 ? ? x3 x4 ? x3 x5 ? x4 x5

?x2 ? ? x1x2 ? 0 。这与 S ?x2 ? ? ( x1 ? ? x2 ? ) ? x3 ? x4 ? x5 ? ? x3 x4 ? x3 x5 ? x4 x5 。于是有 S ? ? S ? x1 同时有 S ? ? x1

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在 x1 , x2 , x3 , x4 , x5 时 取 到 最 大 值 矛 盾 。 所 以 必 有 xi ? x j ? 1,

(1 ? i, j ? 5) . 因 此 当

x1 ? 402, x2 ? x3 ? x4 ? x5 ? 401取到最大值。
(2)当 x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? x5 ? 2006 且 xi ? x j ? 2 时,只有 (I) 402, 402, 402, 400, 400; (II) 402, 402, 401, 401, 400; (III) 402, 401, 401, 401, 401; 三种情形满足要求。 而后面两种情形是在第一组情形下作 xi? ? xi ?1 , x?j ? x j ? 1 调整下得到的。根据上一小题的证明可以知 道,每调整一次,和式 S ?

1?i ? j ?5

?

xi x j 变大。 所以在 x1 ? x2 ? x3 ? 402, x4 ? x5 ? 400 情形取到最小值。

?x ? y ? z ? w ? 2 ? 2 2 2 2 ?x ? y ? z ? w ? 6 15、 (2006 二试 3)解方程组 ? 3 3 3 3 ? x ? y ? z ? w ? 20 ? x 4 ? y 4 ? z 4 ? w4 ? 66 ?
【解析】令 p=x+z、q=xz,我们有 p =x +z +2q,p =x +z +3pq,p =x +z +4p q? 2q 。同样,令 s=y+w、t=yw, 2 2 2 3 3 3 4 4 4 2 2 有 s =y +w +2t,s =y +w +3st,s =y +w +4s t? 2t 。 在此记号系统下,原方程组的第一个方程为 p=s+2。 (3.1) 2 2 3 3 2 4 4 3 2 2 3 4 2 3 4 于是 p =s +4s+4,p =s +6s +12s+8,p =s +8s +24s +32s+16。现在将上面准备的 p 、p 、p 和 s 、s 、s 的 2 2 2 2 3 3 3 3 2 表 达 式 代 入 , 得 x +z +2q=y +w +2t+4s+4 , x +z +3pq=y +w +3st+6s +12s+8 , x4+z4+4p2q? 2q2=y4+w4+4s2t? 2t2+8s3+24s2+32s+16。 利用原方程组的第二至四式化简,得 q=t+2s? 1, (3.2) pq=st+2s2+4s? 4, (3.3) 2 2 2 2 3 2 2p q? q =2s t? t +4s +12s +16s? 25。 (3.4) 将(3.1)和(3.2)代入(3.3) ,得 t ? 将(3.5)代入(3.2) ,得 q ?
2 2 2 3 3 3 4 4 4 2 2

s ?1 , 2

(3.5) (3.6)
2

5s ? 2, 2
2

将(3.1) (3.5) (3.6)代入(3.4) ,得 s=2。所以有 t=0,p=4,q=3。 这样一来,x、z 和 y、w 分别是方程 X ? 4 X ? 3 ? 0 和 Y ? 2Y ? 0 的两根,即

?x ? 3 ?x ? 1 ?y ? 2 ?y ? 0 或? ,且 ? 或? 。详言之,方程组有如下四组解:x=3,y=2,z=1,w=0;或 x=3, ? ?z ? 1 ?z ? 3 ?w ? 0 ?w ? 2
y=0,z=1,w=2;或 x=1,y=2,z=3,w=0;或 x=1,y=0,z=3,w=2。
注:如果只得到一组解,或者不完整,最多得 40 分。

16、 (2007 二试 3)设集合 P={1,2,3,4,5},对任意 k∈P 和正整数 m,记

f(m,k)=

? ?m
i ?1

5

? ?

k ?1 ? ? ,其中[a]表示不大于 a 的最大整数。求证:对任意正整数 n,存在 k∈P 和正整 i ?1 ?

数 m,使得 f(m,k)=n。

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【解析】证明:定义集合 A={ m k ? 1 |m∈N*,k∈P},其中 N*为正整数集。由于对任意 k、i∈P 且 k≠i,

k ?1 是无理数,则对任意的 k1、k2∈P 和正整数 m1、m2, m1 k1 ?1 ? m2 k2 ?1 当且仅当 m1=m2,k1=k2。 i ?1
由于 A 是一个无穷集,现将 A 中的元素按从小到大的顺序排成一个无穷数列。对于任意的正整数 n,设此

k ?1 。由 i ?1 5 ? ? k ?1 ? k ?1 ? m1 是正整数可知, 对 i=1, 2, 3, 4, 5, 满足这个条件的 m1 的个数为 ?m 。 从而 n = ? ?m ? =f(m, ? i ? 1 i ? 1 i ? 1 ? ? ? ?
数列中第 n 项为 m k ? 1 。下面确定 n 与 m、k 的关系。若 m1 i ? 1 ? m k ? 1 ,则 m1 ? m

k)。因此对任意 n∈N*,存在 m∈N*,k∈P,使得 f(m,k)=n。

l 17、 (2009 二试 3)设 k , l 是给定的两个正整数.证明:有无穷多个正整数 m ? k ,使得 Ck m 与 互素.

【解析】证法一:对任意正整数 t ,令 m ? k ? t ? l ? (k !) .我们证明 Ck l ?1 . m, 设 p 是 l 的任一素因子,只要证明:p/ ∣C .
k m

?

?

若 p/ ∣k!,则由 k !Ck ? k ! mod p? ?1 . m ? ? ( m ? k ? i ) ? ? [(i ? tl ( k !)] ? ? i
i ?1 i ?1 i ?1

k

k

k

?

?

及 p? | k ! ,且 p

α +1

? ?1 / / / k ∣k!,知 p? | k !Ck ∣ k !Ck m且 p m .从而 p∣ C m .

证法二:对任意正整数 t ,令 m ? k ? t ? l ? (k !)2 ,我们证明 Ck l ?1 . m, 设 p 是 l 的任一素因子,只要证明:p/ ∣ C . 若 p/ ∣k!,则由
k m
2 k !C k ? ? i ? k !? mod p ? . m ? ? ( m ? k ? i ) ? ? [(i ? tl ( k !) ] i ?1 i ?1 i ?1 k k k

?

?

即 p 不整除上式,故 p/ ∣C .
k m

若 p | k ! ,设 ? ? 1 使 p? | k ! ,但 p? ?1 ? k ! . p? ?1 | (k !)2 .故由
k !Ck ? ? [(i ? tl (k !) 2 ] ? ? i ? k ! mod p? ?1 ,及 p? | k ! , 且p m ? ? (m ? k ? i )
i ?1 i ?1 i ?1 k ?1 k k

?

?

α +1

? ?1 / / ∣k!, 知 p? | k !Ck ∣ m且 p

∣ Ck k !C .从而 p/ m .
k m

18、 (2009 二试 4)在非负数构成的 3 ? 9 数表 ? x11 x12 x13 x14 x15 x16 x17 x18 x19 ? ? ? P ? ? x21 x22 x23 x24 x25 x26 x27 x28 x29 ? ?x x x x x x x x x ? ? 31 32 33 34 35 36 37 38 39 ? 中每行的数互不相同,前 6 列中每列的三数之和为 1, x17 ? x28 ? x39 ? 0 , x27 , x37 , x18 , x38 , x19 ,
x29 均大于.如果 P 的前三列构成的数表

? x11 x12 x13 ? ? x1k ? ? ? ? ? S ? ? x21 x22 x23 ? 满足下面的性质 (O ) :对于数表 P 中的任意一列 ? x2 k ? ( k ? 1 ,2,?,9)均 ?x x x ? ?x ? ? 31 32 33 ? ? 3k ? 2, 3? 使得 存在某个 i ??1,

⑶ xik ? ui ? min ?xi1 ,xi 2 ,xi 3 ? .

xi 2 , xi 3? , i ? 1 ,2,3 一定自数表 S 的不同列. 求证: (ⅰ)最小值 ui ? min ?xi1 ,

? x1k* ? ? ? (ⅱ)存在数表 P 中唯一的一列 ? x2 k* ? , k * ≠1 ,2,3 使得 3 ? 3 数表 ? ?x ? ? ? 3k * ?

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? x11 x12 x1k * ? ? ? S ? ? ? x21 x22 x2 k * ? 仍然具有性质 (O ) . ? ? x31 x32 x ? ? 3k * ? ? 【解析】 (ⅰ)假设最小值 ui ? min ?xi1 ,xi 2 ,xi 3 ? , i ? 1 ,2,3 不是取自数表 S 的不同列.则存在一列不
i ?1 , i ?1 , 含任何 u i . 不妨设 ui ≠ xi 2 , 2, 3. 由于数表 P 中同一行中的任何两个元素都不等, 于是 ui ? xi 2 , 2,3.另一方面,由于数表 S 具有性质 (O ) ,在⑶中取 k ? 2 ,则存在某个 i0 ? ?1, 2, 3? 使得 xi0 2 ? ui0 .矛

盾. (ⅱ)由抽届原理知, min ? x11 ,x12 ? , min ?x21 ,x22 ? , min ?x31 ,x32 ? 中至少有两个值取在同一列.不妨设

min ?x21 ,x22 ? ? x22 , min ?x31 ,x32 ? ? x32 .由前面的结论知数表 S 的第一列一定含有某个 u i ,所以只能是

x11 ? u1 .同样,第二列中也必含某个 u i , i ? 1 ,2.不妨设 x22 ? u2 .于是 u3 ? x33 ,即 u i 是数表 S 中的对角 线上数字. ? x11 x12 x13 ? ? ? S ? ? x21 x22 x23 ? ?x x x ? ? 31 32 33 ? 记 M ? ?1, 2, , 9? ,令集合

显然 I ? ?k ? M | x1k ? x11 ,x3k ? x32 ? 且 1,2 3 ? I .因为 x18 , x38 ? 1? x11 , x32 ,所以 8 ? I . 故 I ≠ ? .于是存在 k * ? I 使得 x2k* ? max ?x2k | k ? I ? .显然, k * ≠1 ,2,3. 下面证明 3 ? 3 数表 ? x11 x12 x1k * ? ? ? S ? ? ? x21 x22 x2 k * ? ? ? x31 x32 x ? ? 3k * ? ? 具有性质 (O ) .
3) .这说明 从上面的选法可知 ui? :? min xi1 ,xi 2 ,xik* ? min ?xi1 ,xi 2 ? , (i ? 1,

I ? ?k ? M | xik ? min ?xi1 ,xi 2 ? , i ? 1, 3? .

?

?

x1k* ? min ?x11 ,x12 ? ? u1 , x3k* ? min ?x31 ,x32 ? ? u3 .

意的 k ? M ,存在某个 i ? 1 ,2,3 使得 ui? ? xik .假若不然,则 xik ? min ?xi1 ,xi 2 ? ,i ? 1 ,3 且 x2k ? x2k* .这 与 x2 k * 的最大性矛盾.因此,数表 S ? 满足性质 (O ) . 下证唯一性.设有 k ? M 使得数表 ? x11 x12 x1k ? ? ? S ? ? x21 x22 x2 k ? ?x x x ? ? 31 32 3k ? 具有性质 (O ) ,不失一般性,我们假定 ⑷ u2 ? min ?x21 ,x22 ,x23 ? ? x22
u3 ? min ?x31 ,x32 ,x33 ? ? x33
x32 ? x31 .

? ? min x21 ,x22 ,x2k* ? x2k* .下证对任 又由 S 满足性质 (O ) .在⑶中取 k ? k * ,推得 x2k* ? u2 ,于是 u2

?

?

u1 ? min ?x11 ,x12 ,x13 ? ? x11

由 于 x32 ? x31 , x22 ? x21 及 ( ⅰ ) , 有 u1 ? min ?x11 , x12 , x1k ? ? x11 . 又 由 ( ⅰ ) 知 : 或 者
( a ) u3 ? min ?x31 , x32 ,x3k ? ? x3k ,或者 (b)u2 ? min ?x21 , x22 , x2k ? ? x2k .

如果 ( a ) 成立,由数表 S 具有性质 (O ) ,则

u1 ? min ?x11 , x12 , x1k ? ? x11 ,
⑸ u 2 ? min ?x21 ,x22 ,x2k ? ? x22 ,

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u3 ? min ?x31 ,x32 ,x3k ? ? x3k .
由数表 S 满足性质 (O ) ,则对于 3 ? M 至少存在一个 i ??1, 2, 3? 使得 ui ? xik* .由 k * ? I 及⑷和⑹式 知, x1k* ? x11 ? u1 , x3k* ? x32 ? u3 .于是只能有 x2k* ? u2 ? x2k .类似地,由 S ? 满足性质 (O ) 及 k ? M 可推

? ? x2k* .从而 k * ? k . 得 x2k ? u2
19、 (2010 一试 11)证明:方程 2 x ? 5x ? 2 ? 0 恰有一个实数根 r ,且存在唯一的严格递增正整数数列
3

{an } ,使得

2 ? r a1 ? r a2 ? r a3 ? ? . 5

【 解 析 】 令 f ( x) ? 2x 3 ? 5x ? 2 , 则 f ?( x) ? 6 x 2 ? 5 ? 0 , 所 以 f ( x) 是 严 格 递 增 的 . 又

1 3 1 f (0) ? ?2 ? 0, f ( ) ? ? 0 ,故 f ( x) 有唯一实数根 r ? (0, ) . 2 4 2 2 r ? r ? r 4 ? r 7 ? r10 ? . 2r 3 ? 5r ? 2 ? 0 , ? 所以 5 1? r3
故数列 an ? 3n ? 2(n ? 1,2,?) 是满足题设要求的数列. 若存在两个不同的正整数数列 a1 ? a2 ? ? ? an ? ?和 b1 ? b2 ? ? ? bn ? ?满足

r a1 ? r a2 ? r a3 ? ? ? r b1 ? r b2 ? r b3 ? ? ?
去掉上面等式两边相同的项,有

2 , 5

r s1 ? r s2 ? r s3 ? ? ? r t1 ? r t2 ? r t3 ? ? ,
这里 s1 ?s 2 ?s 3 ? ?, t1 ? t 2 ? t3 ? ? ,所有的 s i 与 t j 都是不同的. 不妨设 s1 ? t1 ,则 r
s1

? r s1 ? r s2 ? ? ? r t1 ? r t2 ? ? ,

1 ? r t1 ?s1 ? r t2 ? s1 ? ? ? r ? r 2 ? ? ?
矛盾.故满足题设的数列是唯一的.

1 ?1 ? 1? r

1 1 1? 2

? 1 ? 1,

20 、( 2010 二 试 2 ) 设 k 是 给 定 的 正 整 数 , r ? k ?

1 (1) . 记 f (r ) ? f (r ) ? r ? ?r ? ? , 2

f (l ) (r ) ? f ( f (l ?1) (r )), l ? 2 .证明:存在正整数 m,使得 f ( m) (r ) 为一个整数.这里, ? ? x? ? 表示不小于实
数 x 的最小整数,例如: ? ? ? 1 , ? ?1? ? ? 1. 2 【解析】记 v2 (n) 表示正整数 n 所含的 2 的幂次.则当 m ? v2 (k ) ? 1 时, f 下面我们对 v2 (k ) ? v 用数学归纳法.
( m)

?1? ? ?

(r ) 为整数.

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当 v ? 0 时,k 为奇数, k ? 1 为偶数,此时 f (r ) ? ? k ? 为整数. 假设命题对 v ? 1(v ? 1) 成立.

? ?

1 ?? 1? ? 1? ? ?k ? ? ? ? k ? ? ? k ? 1? 2?? 2? ? 2?

对于 v ? 1 ,设 k 的二进制表示具有形式 k ? 2v ? ?v?1 ? 2v?1 ? ?v?2 ? 2v?2 ? 这里, ?i ? 0 或者 1, i ? v ? 1, v ? 2, 于是 .



1 k 1 ?? 1? ? 1? ? f (r ) ? ? k ? ? ?k ? ? ? ? k ? ? ? k ? 1? ? ? ? k 2 ? k 2 2 2?? 2? ? 2? ? ? 22 v ? ? k? ?
.

?

1 ? 2v ?1 ? (? v ?1 ? 1) ? 2v ? (? v ?1 ? ? v ? 2 ) ? 2v ?1 ? 2

1 , ① 2

这里 k ? ? 2v?1 ? (?v?1 ? 1) ? 2v ? (?v?1 ? ?v?2 ) ? 2v?1 ?

? 22v ?

显然 k ? 中所含的 2 的幂次为 v ? 1 .故由归纳假设知,r ? ? k ? ?

1 经过 f 的 v 次迭代得到整数,由①知, 2

f (v?1) (r ) 是一个整数,这就完成了归纳证明.

21、 (2010 二试 4)一种密码锁的密码设置是在正 n 边形 A 1 A2

An 的每个顶点处赋值 0 和 1 两个数中的

一个,同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一,使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个 相同.问:该种密码锁共有多少种不同的密码设置? 【解析】对于该种密码锁的一种密码设置,如果相邻两个顶点上所赋值的数字不同,在它们所在的边上标 上 a,如果颜色不同,则标上 b,如果数字和颜色都相同,则标上 c.于是对于给定的点 A 1 上的设置(共 有 4 种) ,按照边上的字母可以依次确定点 A2 , A3 ,

, An 上的设置.为了使得最终回到 A1 时的设置与初始

时相同,标有 a 和 b 的边都是偶数条.所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记 a, b,c,使得标有 a 和 b 的边都是偶数条的方法数的 4 倍. 设标有 a 的边有 2 i 条,0 ? i ? ? ? , 标有 b 的边有 2 j 条,0 ? j ? ? 2

?n? ? ?

? n ? 2i ? 2i . 选取 2 i 条边标记 a 的有 Cn ? 2 ? ?

2j 种方法,在余下的边中取出 2 j 条边标记 b 的有 Cn ? 2i 种方法,其余的边标记 c.由乘法原理,此时共有 2i 2j Cn Cn ? 2i 种 标 记 方 法 . 对 i , j 求 和 , 密 码 锁 的 所 有 不 同 的 密 码 设 置 方 法 数 为
?n? ?2? ? ? i ?0 ? n ? 2i ? ? ? ? ? ? 2i ? 2 ? 2 j ? ? Cn ? Cn ? 2 i ? . j ?0 ? ? ? ?

4?



0 这里我们约定 C0 ? 1.

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? n ? 2i ? ? 2 ? ? ? j ?0

当 n 为奇数时, n ? 2 i ? 0 ,此时
?n? ?2? ? ? i ?0

?C

2j n ? 2i

? 2n?2i ?1 .



代入①式中,得 4

?

? n ? 2i ? ?n? ?n? ? ? ? 2 ? ?2? ?2? ? ? ? ? ? ? ? 2i 2j ? 2 i n ? 2 i ?1 C C ? 4 C 2 ? 2 ? ? ? Cn2i 2n?2i ? ? ? n ? n ? n ? 2i ? j ?0 i ?0 i ?0 ? ? ? ?

k n?k k n ?k ? ? Cn 2 ? ? Cn 2 (?1)k ? (2 ? 1)n ? (2 ? 1)n ? 3n ? 1 . k ?0 k ?0

n

n

当 n 为偶数时,若 i ?

n n ,则②式仍然成立;若 i ? ,则正 n 边形的所有边都标记 a,此时只有一种标 2 2

记方法.于是,当 n 为偶数时,所有不同的密码设置的方法数为

4?
i ?0

?n? ?2? ? ?

n? ? n ? 2i ? ?n? ? ? ? ? ? ? 2 ? ? 2 ? ?1 ?2? ? ? ? ? ? ? ? ? 2i 2 i n ? 2 i ?1 ? 2j ? 2i n ? 2i ?1 C C ? 4 ? 1 ? C 2 ? 2 ? 4 Cn 2 ? 3n ? 3 . ? ? ? n ? ? ? ? n ? n ? 2i ? i ?0 j ?0 i ?0 ? ? ? ? ? ? ? ?

?

?

综上所述, 这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是: 当 n 为奇数时有 3 ? 1 种; 当 n 为偶数时有 3 ? 3
n n

种. 22、 (2011 二试 2)证明:对任意整数 n ? 4 ,存在一个 n 次多项式
f ( x) ? x n ? a n?1 x n?1 ? ? ? a1 x ? a0

具有如下性质: (1) a 0 , a1 , ? , a n ?1 均为正整数; (2)对任意正整数 m ,及任意 k (k ? 2) 个互不相同的正整 数 r1 , r2 , ?, rk ,均有 f (m) ? f (r1 ) f (r2 ) ? f (rk ) . 【解析】令 f ( x) ? ( x ? 1)( x ? 2) ? ( x ? n) ? 2 , ①

将①的右边展开即知 f ( x) 是一个首项系数为 1 的正整数系数的 n 次多项式. 下面证明 f ( x) 满足性质(2) . 对任意整数 t ,由于 n ? 4 ,故连续的 n 个整数 t ? 1, t ? 2, ? , t ? n 中必有一个为 4 的倍数,从而由①知
f (t ) ? 2(mod 4) .

因此,对任意 k (k ? 2) 个正整数 r1 , r2 , ?, rk ,有 f (r1 ) f (r2 ) ? f (rk ) ? 2 k ? 0(mod 4) . 但对任意正整数 m ,有 f (m) ? 2(mod 4) ,故 f (m) ? ? f (r1 ) f (r2 ) ? f (rk )(mod 4) , 从而 f (m) ? f (r1 ) f (r2 ) ? f (rk ) . 所以 f ( x) 符合题设要求.

23 、 ( 2011 二试 3 )设 a1 , a 2 , ? , a n (n ? 4) 是给定的正实数, a1 ? a 2 ? ? ? a n .对任意正实数 r ,满足

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a j ? ai ak ? a j

? r (1 ? i ? j ? k ? n) 的三元数组 (i, j, k ) 的个数记为 f n ( r ) .证明: f n (r ) ? a j ? ai ak ? a j

n2 . 4

【解析】对给定的 j (1 ? j ? n) ,满足 1 ? i ? j ? k ? n ,且

?r



的三元数组 (i, j, k ) 的个数记为 g j (r ) . 注意到,若 i, j 固定,则显然至多有一个 k 使得①成立.因 i ? j ,即 i 有 j ? 1 种选法,故 g j (r ) ? j ? 1 . 同样地,若 j , k 固定,则至多有一个 i 使得①成立.因 k ? j ,即 k 有 n ? j 种选法,故 g j (r ) ? n ? j .从而
g j (r ) ? min{ j ? 1, n ? j} .

因此,当 n 为偶数时,设 n ? 2m ,则有 f n (r ) ? ? g j (r ) ? ? g j (r ) ? ? g j (r )
j ?2 j ?2 j ?m m 2 m ?1

n ?1

m ?1

2 m ?1

? ? ( j ? 1) ?
j ?2

j ? m ?1

? ( 2m ? j ) ?

m(m ? 1) m(m ? 1) n2 ? . ? m2 ? m ? m2 ? 2 2 4
n ?1 m

当 n 为奇数时,设 n ? 2m ?1,则有 f n (r ) ? ? g j (r ) ? ? g j (r ) ?
j ?2 j ?2 m 2m

j ? m ?1

?g

2m

j

(r )

? ? ( j ? 1) ?
j ?2

j ? m ?1

? ( 2m ? 1 ? j )

? m2 ?

n2 . 4

24 、 ( 2011 二试 4 )设 A 是一个 3? 9 的方格表,在每一个小方格内各填一个正整数.称 A 中的一个
m ? n (1 ? m ? 3, 1 ? n ? 9) 方格表为“好矩形” ,若它的所有数的和为 10 的倍数.称 A 中的一个 1?1 的小方格

为“坏格” ,若它不包含于任何一个“好矩形” .求 A 中“坏格”个数的最大值. 【解析】首先证明 A 中“坏格”不多于 25 个. 用反证法.假设结论不成立,则方格表 A 中至多有 1 个小方格不是“坏格” .由表格的对称性,不妨假设 此时第 1 行都是“坏格” . 设方格表 A 第 i 列从上到下填的数依次为 a i , bi , c i , i ? 1,2, ? ,9 .记
S k ? ? a i , Tk ? ? (bi ? c i ), k ? 0,1,2, ? ,9 ,
i ?1 i ?1 k k

这里 S 0 ? T0 ? 0 . 我们证明:三组数 S 0 , S1 , ? , S 9 ; T0 , T1 , ? , T9 及 S 0 ? T0 , S1 ? T1 , ? , S 9 ? T9 都是模 10 的完全剩余系. 事实上,假如存在 m, n, 0 ? m ? n ? 9 ,使 S m ? S n (mod 10) ,则
i ? m ?1

?a

n

i

? S n ? S m ? 0(mod 10) ,

即第 1 行的第 m ?1 至第 n 列组成一个“好矩形” ,与第 1 行都是“坏格”矛盾. 又假如存在 m, n, 0 ? m ? n ? 9 ,使 Tm ? Tn (mod 10) ,则
i ? m ?1

? (b

n

i

? c i ) ? Tn ? Tm ? 0(mod 10) ,

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即第 2 行至第 3 行、第 m ?1 列至第 n 列组成一个“好矩形” ,从而至少有 2 个小方格不是“坏格” ,矛盾. 类似地,也不存在 m, n, 0 ? m ? n ? 9 ,使 S m ? Tm ? S n ? Tn (mod 10) . 因此上述断言得证.故 ? S k ? ? Tk ? ? ( S k ? Tk ) ? 0 ? 1 ? 2 ? ? ? 9 ? 5(mod 10) ,
k ?0 k ?0 k ?0 9 9 9

所以

? (S
k ?0

9

k

? Tk ) ? ? S k ? ? Tk ? 5 ? 5 ? 0(mod 10) ,
k ?0 k ?0

9

9

矛盾!故假设不成立,即“坏格”不可能多于 25 个. 另一方面,构造如下一个 3? 9 的方格表,可验证每个不填 10 的小方格都是“坏格” ,此时有 25 个“坏格” . 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 10 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 10 1 2

综上所述, “坏格”个数的最大值是 25.
2 25、 (2012 二试 2)试证明:集合 A ? 2, 2 ,

?

, 2n ,

? 满足

(1)对每个 a ? A ,及 b ? N ,若 b ? 2a ? 1 ,则 b(b ? 1) 一定不是 2 a 的倍数;
? (2)对每个 a ? A (其中 A 表示 A 在N 中的补集) ,且 a ? 1 ,必存在 b ? N , b ? 2a ? 1 ,使 b(b ? 1)

?

是 2 a 的倍数. 【解析】证明:对任意的 a ? A ,设 a ? 2k , k ? N ? , 则 2a ? 2k ?1 , 如果 b 是任意一个小于 2a ? 1 的正整数,则 由于 b 与 b ? 1 中 ,一个为奇数,它不含素因子 2 , 另一个是偶数,它含素因子 2 的幂的次数最多为 k , 因此 b(b ? 1) 一定不是 2 a 的倍数; 若 a ? A ,且 a ? 1, 设 a ? 2k ? m, 其中 k 为非负整数, m 为大于 1 的奇数, 则 2a ? 2 ? m 下面给出(2)的三种证明方法: 证法一:令 b ? mx, b ? 1 ? 2
k ?1
k ?1

b ? 1 ? 2a ? 1

y, 消去 b 得 2k ?1 y ? mx ? 1.
? x ? x0 ? 2 k ?1 t ? 其中 t ? z,( x0 , y0 ) 为方程的特解. ? ? y ? y0 ? mt
k ?1

由于 (2k ?1 , m) ? 1, 这方程必有整数解; ?
?

把最小的正整数解记为 ( x? , y? ), 则 x ? 2

,故 b ? mx? ? 2a ?1, 使 b(b ? 1) 是 2 a 的倍数.

证法二:由于 (2k ?1 , m) ? 1, 由中国剩余定理知,同余方程组

? x ? 0(mod 2k ?1 ) k ?1 在区间 (0, 2 m) 上有解 x ? b, 即存在 b ? 2a ? 1, 使 b(b ? 1) 是 2 a 的倍数. ? x ? m ? 1(mod m ) ? ? r ? 证 法 三 : 由 于 (2, m) ? 1, 总 存 在 r (r ? N , r ? m ? 1), 使 2 ? 1(mod m) 取 t ? N , 使 tr ? k ? 1, 则 2tr ? 1(mod m) tr k ?1 存在 b ? (2 ?1) ? q ? (2 m) ? 0, q ? N , 使 0 ? b ? 2a ? 1, k ?1 此时 m b ,2 m ?1, 因而 b(b ? 1) 是 2 a 的倍数.

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