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初中数学奥林匹克竞赛方法与试题大全


初中数学奥林匹克竞赛教程

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=|ax +bx+c|及 y=ax +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。
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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, 2 于是 a+b 能被 11 整除.但 0<a+b≤18,以 a+b=11.于是 x=11 (9a+1),由此可知 9a+1 是某个自然数的平方.对 a=1, 2 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=88 . A1-002 假设 n 是自然数,d 是 2n 的正约数.证明:n +d 不是完全平方. 【题说】 1953 年匈牙利数学奥林匹克题 2. 【证】 设 2n =kd,k 是正整数,如果 n +d 是整数 x 的平方,那么 k x =k (n +d)=n (k +2k) 但这是不可能的,因为 k x 与 n 都是完全平方,而由 k <k +2k<(k+1) 得出 k +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)=(n +3n)(n +8n+2)=(n +3n+1) -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=m (m∈N).于是 a+(2km+dk )d=(m+kd) 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=n 100a ≥20a+1 由此得 20a+1<100,所以 a≤4.
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经验算,仅当 a=4 时,n=41 满足条件.若 n>41 则 n -40 ≥42 -40 >100.因此,满足本题条件的最大的完全平方数 为 41 =1681.
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A1-006 求所有的素数 p,使 4p +1 和 6p +1 也是素数.

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【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 n +4m =(n +2m ) -4m n
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=(n +2mn+2m )(n -2mn+2m ) 而
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n +2mn+2m >n -2mn+2m
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2

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=(n-m) +m ≥m >1 故 n +4m 不是素数.取 a=4·2 ,4·3 ,…就得到无限多个符合要求的 a.
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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) p=(l-n) q+(m-l) r+3(l-n)(m

3

3

3

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 a 、b 、a b 都属于 Vn.因为 a <(n+1) ,所以 a 在 Vn 中不可分解.
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式中不会出现 a . r=a b 有两种不同的分解方式:r=a ·b =a …(直至 b2 分成不可分解的元素之积)与 r=ab·ab=…(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+10 ,1+10 +10 ,…
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2

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=137·73.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 4 以 7,余数分别为 0、1、2、3、4、5、6.因此对任意自然数 M,10 ×M 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=x 5d-1=y
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(1) (2)
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2

13d-1=z

(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) 即 d=2n -2n+1 (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=q -p =(q+p)(q-p) 因 2d 是偶数,即 q -p 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.
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(4)

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=i·n!+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 m·n!+k(m∈N,2≤k≤n) 由于 n!=1·2·…· n 是 k 的倍数,所以 m·n!+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 k +k+n 对于整数 k
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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) +(m-p)+n≥n>P,这与 m 是使 k +k+n 为合数的最小正整数矛盾. (2)若 m≤p-1,则(p-1-m) +(p-1-m)+n=(p-1-m)(p-m)+n 被 p 整除,且 (p-1-m) +(p-1-m)+n≥n>p 因为(p-1-m) +(p-1-m)+n 为合数,所以 p-1-m≥m,p≥2m+1 由
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得 4m +4m+1≤m +m+n 即 3m +3m+1-n≤0 由此得
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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. 【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.

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2

a -kab+b =k

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(1)
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显然(1)的解(a,b)满足 ab≥0(否则 ab≤-1,a +b =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 a +k(2≤k≤n+1),被 k 整除而不被 k 整除(因为 a 被 k 整除而 k 不被 k 整除).如 l j 2 2j j+1 2 j j+1 果 a +k 是质数的整数幂 p ,则 k=p (l、j 都是正整数),但 a 被 p 整除因而被 p 整除,所以 a +k 被 p 整除而不被 p 整 2 j 除,于是 a +k=p =k,矛盾.因此
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a +k(2≤k≤n+1) 这 n 个连续正整数都不是素数的整数幂.

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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 3
2n+1

-2

2n+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】 3
2n+1

-2
n

2n+1

-6 =(3 -2 )(3
n+1

n

n

n

n+1

+2

n+1



当 n>l 时,3 -2 >1,3

n

+2

n+1

>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 1201 1999 1202 … 1901 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) 1001 1700 1002 1699 … 1100 1601 1900 1301 1899 1302 … … 1101 1600 1102 1599 … 1200 1501 … 1701 1300 1800 1401 1799 1402

1801 1400

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】
2

(n+1) +(n+2) +…+(n+10)
2

2

2

2

=10n +110n+385=5(2n +22n+77) 不难验证 n≡0,1,-1,2,-2(mod 5)时,均有 2n +22n+77≡2(n +n+1) 所以(n+1) +(n+2) +…+(n+10) 不是平方数, A1-023 是否存在完全平方数,其数字和为 1993?
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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=m +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.
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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
2

(2n+1),3

(3n+1),可设 2n+1=(2k+1) ,3n+1=(3t±1) ,

2

2

n+1=k +(k+1) ,n+1=(t±1) +2t 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.
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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

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 7b +7b+7=x 素数 7 应整除 x,故可设 x=7k,k 为正整数.于是有 b +b+1=7 k
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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=n =100 从而求得 n=10. A2-004 设 a 和 b 为正整数,当 a +b 被 a+b 除时,商是 q 而余数是 r,试求出所有数对(a,b),使得 q +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 a +b =q(a+b)+r(0≤r<a+b),q +r=1977,所以 q2≤1977,从而 q≤44. 若 q≤43,则 r=1977-q ≥1977-43 =128.
2 2 2 2 2 2 2 2

2

即(a+b)≤88,与(a+b)>r≥128,矛盾. 因此,只能有 q=44,r=41,从而得 a +b =44(a+b)+41 (a-22) +(b-22) =1009 不妨设|a-22|≥|b-22|,则 1009≥(a-22) ≥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 1978 与 1978 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 1978 -1978 =1978 (1978 因而 1978 ≡2 ×989 ≡0(mod 8), m≥3 又 1978 而 ≡3 1978
n-m n-m n-m m m m n m m n-m n m 2 2 2 2 2

-1)≡0(mod 1000)

≡1(mod 125)

=(1975+3)
n-m-1

n-m

+(n-m)3

·1975(mod 125)(1)

从而 3

n-m

≡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 4×25=100,于是 m+n 的最小值为 n-m+2m=106,m=3,n=103 A2-006 求方程 x +x y+xy +y =8(x +xy+y +1)的全部整数解 x、y.
3 2 2 3 2 2

【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

x +x y+xy +y =(x+y) -2xy(x+y)=u -2vu x +xy+y =(x+y) -xy=u -v
2 2 2 2

3

2

2

3

3

3

从而原方程变为 2v(u-4)=u -8u -8 因 u≠4,故(2)即为
3 2

(2)

根据已知,u-4 必整除 72,所以只能有 u-4=±2 3 ,其中α =0,1,2,3;β =0,1,2 进一步计算可知只有 u-4=2·3=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 m +n 的最大值,这里 m 和 n 是整数,满足 m,n∈{1,2,…,1981},(n -mn-m ) =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(n -mn-m ) =1 得(mn) =1,故 m=n=1. 若 m≠n,则由 n -mn-m =±1 得 n>m.令 n=m+uk,于是 [(m+uk) -m(m+uk)-m ] =1
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

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= 2 2 987,n=1597 时,m +n =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!≤3·z! 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: n +(n+1) =m +(m+1) 【题说】 1984 年匈牙利阿拉尼·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].
2 2 2 2 4 4

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 50×12=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. 3 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 n +100=(n+10)(n -10n+100)-900 知,若 n +100 被 n+10 整除,则 900 也应被 n+10 整除.因此,n 最大值是 890.
3 2 3

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 2 ·5 的数.设 a=2 1·5 1,b=2 2·5 2,c=2 3·5 3. 由[a,b]=1000=2 ·5 ,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 7× 10=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.
3 3 m n m n m n m n

m=n +1<(n+10 )
3 2
-3

3

-3

3

=n +3n ·10 +3n·10 +10 于是

-6

-9

从而 n=19(此时 m=19 +1 为最小).

3

【题说】 第十三届(1987 年)全俄数学奥林匹克九年级题 1. 【解】 144=12 ,1444=38 设 n>3,则
2 2

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. n A2-016 当 n 是怎样的最小自然数时,方程[10 /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≤10 /x<1990 所以 10 /1990<x≤10 /1989 即 10 ·0.000502512…<x≤10 ·0.000502765… 所以 n=7,这时 x=5026 与 5027 是解. A2-017 设 an=50+n ,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+n ,50+(n+1) -(50+n )) =(50+n ,2n+1)
2 2 2 2 2 n n n n n

=(2(n +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=2 ·3 ·5 ,其中α ≥0,β ≥1,γ ≥2,并且 (α +1)(β +1)(γ +1)=75 由 75=5 ·3,易知当α =β =4,γ =2 时,符合条件(1)、(2).此时 n=2 ·3 ·5 ,n/75=432.
2 4 4 2
α β γ

2

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 x <xy+x<xy+y 这时 y-x=(xy+y)-(xy+x) >(x+1) -x =2x+1 即 y>3x+1 由此得 1991≥y>3x+1≥3×998+1
2 2 2

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/k ]表示不超过 n/k 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, k +n/k ≥1991 且存在 k∈N,使得 k +n/k <1992. (1)等价于对一切 k∈N, k -1991k +n≥0 即 (k -1991/2) +n-1991 /4≥0
2 2 2 4 2 2 2 2 2

2

2

(1) (2)

(3)

故(3)式左边在 k 取 32 时最小,因此(1)等价于 n≥1991×32 -32 =1024×967 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<1992×32 -32 =1024×968 故 n 为满足 1024×967≤n≤1024×967+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.
2 4 2 2 2 2 4

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 5 +5 +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
3 2

如果存在 m 使 f(m)=1991,则

因而 m>4×1991=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) .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+2 =5≡-2(mod 7) a3≡2+(-2) =6≡-1(mod 7) a4≡-2+(-1) =-1(mod 7) a5≡-1+(-1) =0(mod 7) a6≡-1+0 =-1(mod 7) a7≡0+(-1) =1(mod 7) a8≡-1+1 =0(mod 7) a9≡1+0 =1(mod 7) a10≡0+1 =1(mod 7) a11≡1+1 =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(n ) 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(2×9)=S(3×9)=…=S(9 )=9,故 9 满足要求.
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

10 ≤n<10

k

k+1

又9

10k,故 10 +1≤n<10
k k+1

若 n<10 +10

k

k-1

+…+10+1,则

与已知矛盾,从而 n≥10 +10 令 n=9m.设 m 的位数为 l(k≤l≤k+1),m-1=
k k-1

+…+10+1(1)

S(n)=S((10 +10 =S((10 =S(10
k+1

k

k-1

+…+10+1)n)

-1)m)
k+1

k+1

(m-1)+(10

-10 )+(10

l

l

-m))

其中 9 有 k+1-l 个,bi+ci=9,i=1,2,…,l. 所以 S(n)=9(k+1) 由于 n 是 k+1 位数,所以 n=99…9=10 另一方面,当 n=99…9=10
k+1 k+1

(2) -1.
2

-1 时,S(n)=S(2n)=S(3n)=…=S(n ).
k

综上所述,满足要求的正整数为 n=1 及 n=10 -1(k≥1). A2-026 求最大正整数 k,使得 3 |(2 +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,2 +1=9,故 k≤2.又由于 2 +1=(2 ) ≡(-1)3 =0 所以,对任意正整数 m,9|(2 +1).即所求 k 的值为 2.
3m m-1 3m 3 3m-1 3m k 3m

+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 10 +3 =(10 ) +3
31 31 2 31 93 3 31 3 3

=(10 +3)((10 ) -3×10 + 3)
2

=(10 )(10 -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 2 ≤bc.从而,bc≤a≤b≤c≤d≤bc,即 a=b=c=d=a .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}.

31

31

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)=x -f(x-1),有 f(94)=94 -f(93) =94 -93 +f(92) =94 -93 +92 -f(91) =… =94 -93 +92 -…+20 -f(19) =(94+93)(94-93)+(92+91)(92- 91)+…+(22+21)(22-21)+20 -94 =(94+93+92+…+21)+306
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

=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]=2×1+4×2+8×3+16×4+32×5+64×6+ 128×7=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 (0·0·0+0·0·1+0·0·2+…+9·9·8+9·9·9)-0·0·0 =(0+1+2+…+9) -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,
3

=46 -1=3 ·5·7·103 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 p +qs 及 p +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 p +qs 或 p +qr 中有一个形如(2k+1) +2(2l+1)=4(k +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 2 +qs=a ,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.
2 2 2 2 2 2 2 2

3

3

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】 n +1=n +mn-(mn-1),所以 mn-1|n(n +m).因为(mn-1,n)=1,所以 mn-1|n +m.又 n(m 2 +n)-(n +m)=m(mn-1), 所以 mn-1|m +n.因此 m,n 对称,不妨设 m≥n. 当 n=1 时,mn-1=m-1|n +1=2,从而 m=2 或 3,以下设 n≥2. 若 m=n,则 n -1|(n +1)=(n -n)+(n+1),从而 n -1|(n+1),m=n=2. 若 m>n,则由于 2(mn-1)≥n +mn+n-2≥n +2m>n +m 所以 mn-1=n +m,即 (m-n-1)(n-1)=2 从而
2 2 2 2 2 3 3 2 3 2 3 3 2 2 2

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



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 2×42+1,42+2,42+3,42×5+5,42+7,2×42+11,42+13,4×42+17,3×42+19,42+23,3×42+29,2×42 +31,4×42+37,2×42+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 42×5+5 例外.因 此,所求的数就是 42×5+5=215. A2-038 求所有正整数 x、y,使得 x+y +z =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 y 、z 、xyz 均被 z 整除得出 z |x.设 x=az ,y=bz,则原方程化为 a+b +z=abz
2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 3

(1)

由 b 、abz 被 b 整除得 b|(a+z).于是 b≤a+z. a+z+b =abz
2 2

=(a+z)b+(a+z)b+b((z -2)a-2z) ≥a+z+b +b((z -2)a-2z)
2 2

2

(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 (z -2)a-2Z<0
2 2

(3)

从而 z≤2(否则(3)的左边≥z -2-2z≥z-2>0).

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

(4)

+7

n-m

)-5 7 (5

m m

n-2m

))
m m m n-2m

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

m

+7 )

n-2m

))

+7

n-2m

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

m

m

n

n

m

m

m

m

n-m

+7

n-m

)-5

n-m n-m

7

(5

2m

+7

2m-n

))
m 2m-n

=(5 +7 ,5 记

m

+7

2m-n



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=3×105-19-96=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 1×9+2×8+3×7+4×6+5×5+6×4+7×3+8×2+9×1=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 16r2-15s =16 b+15 b=481b 所以 16r -15s 是 481=13×37 的倍数.
2 2 2 2 2 2 2

(1)

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 2 2 此,16r ≡15s (mod 13)时,必有 13|s.

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)×481=481,a=(16+15)×481=31×481,满足 15a+16b=r ,16a-15b=s . 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)
2 2

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 a =b . 【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=b /a,则由题中等式得到 b=a ,at=a ,从而 t=a >t,矛盾.所以 2t-1<1.于是我们有 0<t<1. 记 K=1/t,则 K=a/b >1 为有理数,由 a=b 可知 K=b
K-2 2 k 2 t 2t 2t-1 b2 a

.如果 2t-1≥1,则 t=a

2t-1

≥(1+1)

2t-1

≥1+(2t-1)=2t

(1)
K-2

如果 K≤2,则 K=b

≤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=2
K-2

,所以 K≥4.又因为

等号当且仅当 K=4 时成立,所以得到 a=b =2 =16. 当 b≥3 时,=b =27.
K-2

K

4

≥(1+2)

K-2

≥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=b =3

K

3

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.jiajiao100.com 我要通过家教人才库请各科家教 怎样才能考取重点中学?

A3-001 在数 3000003 中,应把它的百位数字和万位数字 0 换成什么数字,才能使所得的数能被 13 整除? 【题说】 1950 年~1951 年波兰数学奥林匹克三试题 2. 【解】 设所求数字为 x 和 y,则有

因为 10 、10 、10 除以 13 时,分别得余数 1、3、9,所以 n≡3+3x+9y+3=3(2+x+3y)(mod 13) 当且仅当 x+3y+2 被 13 整除,即 x+3y+2=13m(m 为自然数) 时,n 被 13 整除.由于 x+3y+2≤9+3·9+2=38 所以 m 只能取 1 或 2. 当 m=1 时,由方程(1)及 0≤x,y≤9,解得 x=8,y=1;x=5,y=2;x=2,y=3 当 m=2 时,解得 x=9,y=5;x=6,y=6;x=3,y=7;x=0,y=8. (1)

6

4

2

故本题共有 7 个解:3080103,3050203,3020303,3090503,3060603,3030703,3000803. A3-002 求出所有这样的三位数,使其被 11 整除后的商数等于该三位数各位数字的平方和. 【题说】 第二届(1960 年)国际数学奥林匹克题 1.本题由保加利亚提供. 【解】 设这个三位数除以 11 以后的商为 10a+b,其中 a 是商的十位数,b 是商的个位数.若 a+b≥10,则原数为 100(a+1)+10(a+b-10)+b 若 a+b<10,则原数为 100a+10(a+b)+b 以下对这两种情形分别讨论. 先考虑第一种情形.由题设有 (a+1) +(a+b-10) +b =10a+b 若 a+b>10,则有 (a+1) +(a+b-10) +b ≥(a+1) +1+ (11-a)
2 2 2 2 2 2 2 2

(1 )

故若(1)式成立,只能有 a+b=10. 将 b=10-a 代入(1)解得唯一的一组正整数解 a=7,b=3 再考虑第二种情形.此时由题设有 a +(a+b) +b =10a+b 若 a+b>5,则有 a +(a+b) +b =2(a+b)·a+2b >10a+b 故若(2)成立,只能有 a+b≤5.注意在(2)式中左边和 10a 都是偶数;因此 b 也是偶数.若 a+b<5,则 b 只能为 2,将 b=2 代入(2)得不到整数解,因此只能有 a+b=5. 将 b=5-a 代入(2)得唯一的一组正整数解 a=5,b=0 综上所述,合乎要求的三位数只有 550,803. A3-003 下面是一个八位数除以一个三位数的算式,试求商,并说明理由.
2 2 2 2 2 2 2

(2)

【题说】 1958 年上海市赛高三题 1. 【解】 原式可写成:

其中所有未知数都表示数字,且下标为 1 的未知数都不等于零.x1x2x3 等表示 x1·10 +x2·10+x3 等. (1)因为得到商的第一个数字 7 后,同时移下两个数字 a5、a6,所以 y2=0,同理 y4=0. (2)四位数 a1a2a3a4 与三位数 b1b2b3 之差为两位数 c1c2,所以 a1=1,a2=0,b1=9,同理,c1=1,c2=0,d1=9,于是 a4 =b3,b2=9,a3=0. (3)由 7×x1x2x3=99b3,所以 x1=1,x2=4.990-7×140=10,所以 x3=2,b3=4,从而 a4=b3=4. (4)由 c1=1,c2=0 可知 y3=7. (5)y5×142 是四位数,所以 x5≥8.又因 y5×142 的末位数字是 8,所以 y5=9. 于是商为 70709,除数 142,从而被除数为 10040678. A3-004 证明:在任意 39 个连续的自然数中,总能找到一个数,它的数字之和被 11 整除. 【题说】 1961 年全俄数学奥林匹克八年级题 3. 【证】 在任意 39 个连续自然数中,一定有三个数末位数字为 0,而前两个数中一定有一个十位数字不为 9,设它为 N,N 的数字之和为 n,则 N,N+1,N+2,…,N+9,N+19 这 11 个数的数字之和依次为 n,n+1,n+2,…,n+9,n+10,其中 必有一个是 11 的倍数. 【注】 39 不能改为 38.例如 999981 至 1000018 这 38 个连续自然数中,每个数的数字和都不被 11 整除.本题曾被改编为 匈牙利 1986 年竞赛题、北京市 1988 年竞赛题. A3-005 求有下列性质的最小自然数 n:其十进制表示法以 6 结尾;当去掉最后一位 6 并把它写在剩下数字之前,则成为 n 的四倍数. 【题说】 第四届(1962 年)国际数学奥林匹克题 1.本题由波兰提供.

2

【解】 设 n=10m+6,则 6×10 +m=4(10m+6),其中 p 为 m 的位数.于是 m=2(10 -4)/13,要使 m 为整数,p 至 少为 5,此时,n=153846. A3-006 公共汽车票的号码由六个数字组成. 若一张票的号码前三个数字之和等于后三个数字之和, 则称它是幸运的. 证明: 所有幸运车票号码的和能被 13 整除. 【题说】 1965 年全俄数学奥林匹克八年级题 4. 【证】 设幸运车票的号码是 A,则 A′=999999-A 也是幸运的,且 A≠A′.因为 A+A′=999999=999×1001 含因数 13.而所有幸运号码都能如此两两配对.所以所有幸运号码之和能被 13 整除. A3-007 自然数 k 有如下性质:若 n 能被 k 整除,那末把 n 的数字次序颠倒后得到的数仍能被 k 整除.证明:k 是 99 的因 子. 【题说】 第一届(1967 年)全苏数学奥林匹克十年级题 5. 【证】 k 与 10 互质.事实上,存在首位为 1 且能被 k 整除的数,把它的数字倒过来也能被 k 整除,而此数的末位数字为 1. 取以 500 开头的且被 k 整除的数:500abc…z,(a,b,c,…,z 是这个数的数字),则以下的数均被 k 整除: (1)z…cba005. (2)和

p

p

(3)把(2)中的和倒过来 z…cba00010abc…z (4)差

由此看出,99 能被 k 整除. A3-008 计算由 1 到 10 的每一个数的数字之和,得到 10 个新数,再求每一个新数的数字之和;这样一直进行下去,直到 都是一位数为止.那么,最后得到的数中是 1 多,还是 2 多? 【题说】 1964 年全俄数学奥林匹克八年级题 3.考虑整数被 9 除的余数. 【解】 一个正整数与其数字之和关于 9 是同余的,故最后所得的一位数为 1 者,是原数被 9 除余 1 的数,即 1,10,19,…, 9 999999991 及 10 . 同理,最后所得一位数为 2 者,原数被 9 除余 2,即 2,11,20,…,999999992. 二者相比,余 1 者多一个数,因此,最后得到的一位数中以 1 为多. A3-009 求出具有下列性质的所有三位数 A:将数 A 的数字重新排列,得出的所有数的算术平均值等于 A. 【题说】 第八届(1974 年)全苏数学奥林匹克九年级题 5.
9 9

由此可得 222(a+b+c)=6(100a+10b+c),即 7a=3b+4c,将这方程改写成 7(a-b)=4(c-b) 当 0≤b≤2 时,a=b=c,或 a-b=4 且 c-b=7. 当 7≤b≤9 时,b-a=4,b-c=7,从而 A∈{111,222,…,999,407,518,629,370,481,592} 显然这 15 个三位数都合乎要求.

第十六讲 整数问题:数字问题之二
A3-010 当 4444 数都是十进制数).
4444

写成十进制数时,它的各位数字之和是 A,而 B 是 A 的各位数字之和,求 B 的各位数字之和(所有的

【题说】 第十七届(1975 年)国际数学奥林匹克题 4.本题由原苏联提供. 【解】 因为 4444 A≤177760 B≤1+5×9=46,B 的数字和 C≤4+9=13 由于一个数与它的数字和 mod 9 同余,所以 C≡B≡A≡4444 =(7 )
3 1481 4444 4444

的位数不超过 4×4444=17776,所以

≡7

4444

×7≡1

1781

×7

≡7(mod 9) 故 C=7,即数 B 的各位数字之和是 7. A3-011 设 n 是整数,如果 n 的十位数字是 7,那么 n 的个位数字是什么? 【题说】 第十届(1978 年)加拿大数学奥林匹克题 1. 【解】 设 n=10x+y,x、y 为整数,且 0≤y≤9,则 n =100x +20xy+y =20A+y (A 为正整数) 因 20A 的十位数字是偶数,所以要想使 n 十位数字是 7,必须要 y 的十位数字是奇数,这只有 y =16 或 36.从而 y 的个位 2 数字,即 n 的个位数字都是 6. A3-013 下列整数的末位数字是否组成周期数列?
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

其中[a]表示数 a 的整数部分. 【题说】 第十七届(1983 年)全苏数学奥林匹克九年级题 4.

由于

不循环小数,所以{a2k+1}从而{an}不是周期数列.

在二进制中的末位数字.显然,bn 为偶数时,rn=0,bn 为奇数时,rn=1.仿(a)可证{rn}不是周期的,从而{bn}也不是周期 数列. A3-014 设 an 是 1 +2 +…+n 的个位数字,n=1,2,3,…,试证:0.a1a2…an…是有理数. 【题说】 1984 年全国联赛二试题 4. 【证】 将(n+1) ,(n+2) ,…,(n+100) 这 100 个数排成下表: (n+1)
2 2 2 2 2 2 2

(n+2)
2

2


2

(n+10)

2

(n+11) … (n+91)
2

(n+12) …

… …

(n+20) …

2

2

(n+92)
2

2



(n+100)

2

因 k 与(k+10) 的个位数字相同,故表中每一列的 10 个数的个位数字皆相同.因此,将这 100 个数相加,和的个位数字是 0. 所以,an+100=an 对任何 n 成立. 这说明 0.a1a2a3…是循环小数,因而是有理数. A3-015 是否存在具有如下性质的自然数 n:(十进制)数 n 的数字和等于 1000,而数 n 的数字和等于 1000 ? 【题说】 第十九届(1985 年)全苏数学奥林匹克八年级题 2. 【解】 可用归纳法证明更一般的结论: 对于任意自然数 m,存在由 1 和 0 组成的自然数 n,它的数字和 S(n)=m,而 n 的数字和 S(n )=m ? 当 m=1,n=1 时,显然满足要求. 设对自然数 m,存在由 1 和 0 组成的自然数 n,使得 S(n)=m,S(n )=m 设 n 为 k 位数,取 n1=n×10
k+1 2 2 2 2 2 2 2

+1,则 n1 由 0,1 组成并且

S(n1)=S(n)+1=m+1

=S(n ×10 (1)

2

2k+2

)+S(2n×10

k+1

)+S

=S(n )+2S(n)+1 =m +2m+1 =(m+1)
2 2

2

因此命题对一切自然数 m 均成立. A3-017 设自然数 n 是一个三位数.由它的三个非零数字任意排列成的所有三位数的和减去 n 等于 1990.求 n. 【题说】 1989 年芜湖市赛题 3.

2090<222(a+b+c)=1990+n<2989 而 2090>222×9=1998,222×10=2220=1990+230 222×11=2442×1990+452,222×12=2664=1990+674 222×13=2886=1990+896,222×14=3108>2989 经验证:a+b+c=11 时,n=452 符合题意. A3-018 定义数列{an}如下:a1=1989
1989

,an 等于 an-1 的各位数字之和,a5 等于什么?

【题说】 第二十一届(1989 年)加拿大数学奥林匹克题 3. 【解】 由 a1<10000 =b1,而 b1 的位数是 4×1989+1=7957,知 a2<10×8000=80000,所以 a2 最多是 5 位数,从而 a3≤5 ×9=45,a4≤4+9=13,因此 a5 一定是一位数. 另一方面,由 9|1989,知 9|a1,因而 9 可整除 a1 的数字和,即 9|a2,又因此有 9|a3,9|a4,9|a5.所以 a5=9.
1989

第十七讲 整数问题:数字问题之三
A3-019 某州颁发由 6 个数字组成的车牌证号(由 0—9 的数字组成),且规定任何两个牌号至少有两个数字不同(因此, 证号“027592”与“020592”不能同时使用),试确定车牌证号最多有多少个? 【题说】 第十九届(1990 年)美国数学奥林匹克题 1. 【解】 至多可造出不同的五位证号 a1a2a3a4a510 个.令 a6 是 a1+a1+a3+a4+a5 的个位数字,所成的六位数便满足要求.因 为如果两个数的前五位中只有一个数字不同,那么第 6 位数字必然不同. 另一方面,任何 10 +1 个 6 位数中,总有两个前五位数字完全相同. 因此,符合题目要求的车牌证号最多有 10 个. A3-020 设 A=99…99(81 位全为 9),求 A 的各位数字之和. 【题说】 1991 年日本数学奥林匹克预选赛题 1.
2 5 5 5

【解】 由 A=10 -1 知 A =10
2 162

81

-2·10 +1

81

=99…980…01 ↑ 162 位
2

↑ 82 位

故 A 各位数字之和=9×(162-82)+8+1=729. A3-021 如果一个正整数的十进制表示中至少有两个数字,并且每个数字都比它右边的数字小,那么称它为“上升”的.这 种“上升”的正整数共有多少个? 【题说】 第十届(1992 年)美国数学邀请赛题 2. 【解】 符合条件的正整数中的数字,都是不同的非零数码,即集合 S={1,2,3,…,9}的二元或二元以上的子集.反过 9 来,S 的每个二元或二元以上的子集,将它的数码从小到大排列,也得到一个符合条件的正整数.S 的子集共有 2 =512 个,其中只含一个元素的子集有 9 个,一个空集.故符合条件的正整数共有 512-10=502 个. A3-022 试用一个 n 的函数,表示乘积

在十进制下各位数字的和. 【题说】第二十一届(1992 年)美国数学奥林匹克题 1. 【解】先给出引理:设自然数 m 的位数不多于 d,M=(10 -1)m(k≥d).则 S(M)=9k 这里 S(M)表示 M 中各位数字的和. 事实上,令 M=(10 -1)m=p+q+r,这里 p=10 (m-1),q=10 -m,r=10 -10 .若 m-1 的十进制的表示是
k k d k d k

ai+bi=9(i=1,2,…,d) r=(10 -1)-(10 -1) =99…9(k 个 9)-99…9(d 个 9) =99…900…0(k-d 个 9,d 个 0)
k d

个 9,d 个 0)

从而,S(M)=9k 记题给乘积为 M',且令

A3-023 求方程

的各个正根的乘积的最后三位数字. 【题说】第十三届(1995 年)美国数学邀请赛题 2. 【解】令 y=1og1995x.由原方程取对数得

其最后三位数字为 025. A3-024 一个六位数的首位数字是 5,是否总能够在它的后面再添加 6 个数字,使得所得的十二位数恰是一个完全平方数? 【题说】1995 年城市数学联赛高年级普通水平题 3. 【解】不.若不然,10 个以 5 为首位数字的六位数可以衍生出 105 个十二位的完全平方数.即有 10 个自然数 n 满足. 5×10 ≤n <6×10 亦即 7×10 <n<8×10 由于 7×10 与 8×10 之间不存在 10 个整数,故上式不可能成立.
5 5 5 5 5 11 2 11 5 5

第十八讲 整数问题:整除之一
A4-001 证明:当且仅当指数 n 不能被 4 整除时,1 +2 +3 +4 能被 5 整除. 【题说】1901 年匈牙利数学奥林匹克题 1. 【证】容易验证 1 ≡2 ≡3 ≡4 (mod 5)
4 4 4 4 n n n n

假设 n=4k+r,k 是整数,r=0,1,2,3.则 Sn=1 +2 +3 +4 ≡1 +2 +3 +4 (mod 5) 由此推出,当 r=0 时,Sn≡4,而当 r=1,2,3 时,Sn≡0(mod 5).因此,当且仅当 n 不能被 4 整除时,Sn 能被 5 整除. A4-002 证明:从 n 个给定的自然数中,总可以挑选出若干个数(至少一个,也可能是全体),它们的和能被 n 整除. 【题说】1948 年匈牙利数学奥林匹克题 3. 【证】设 a1,a2,…,an 是给定的 n 个数.考察和序列:a1,a1+a2,a1+a2+a3,…,a1+a2+…+an. 如果所有的和数被 n 除时余数都不相同,那么必有一个和数被 n 除时余数为 0.此时本题的断言成立. 如果在 n 个和数中, 有两个余数相同 (被 n 除时) , 那么从被加项较多的和数中减去被加项较少的和数, 所得的差能被 n 整除. 此 时本题的断言也成立. A4-003 1.设 n 为正整数,证明 13 -1 是 168 的倍数. 2.问:具有那种性质的自然数 n,能使 1+2+3+…+n 整除 1·2·3…·n. 【题说】1956 年上海市赛高三复赛题 1. 【解】1.13 -1=(13 ) -1,能被 13 -1,即 168 整除. 2.问题即
2n 2 n 2 2n n n n n r r r r

何时为整数. (1)若 n+1 为奇质数,则 (n+1) (2)若 n+1=2,则 (n+1)|2(n-1)! (3)若 n+1 为合数,则 n+1=ab 其中 a≥b>1. 在 b=2 时,a=n+1-a≤n-1,所以 a|(n-1)!,(n+1)|2(n-1)! 在 b>2 时,2a≤n+1-a<n-1,所以 2ab|(n-1)! 更有 (n+1)|2(n-1)! 2(n-1)!

综上所述,当 n≠p-1(p 为奇质数)时,1+2+…+n 整除 1·2…·n.

A4-004 证明:如果三个连续自然数的中间一个是自然数的立方,那么它们的乘积能被 504 整除. 【题说】 1957 年~1958 年波兰数学奥林匹克三试题 1. 【证】设三个连续自然数的乘积为 n=(a -1)a (a +1). (1)a≡1,2,-3(mod 7)时,7|a -1.a≡-1,-2,3(mod 7)时,7|a +1.a≡0(mod 7)时,7|a .因此 7|n. (2)当 a 为偶数时,a 被 8 整除;而当 a 为奇数时,a -1 与 a +1 是两个相邻偶数,其中一个被 4 整除,因此积被 8 整除. (3)a≡1,-2,4(mod 9)时,9|a -1.a≡-1,2,-4(mod 9)时,9|a +1.a≡0,±3(mod 9)时,9|a .因此 9|n. 由于 7、8、9 互素,所以 n 被 504=7×8×9 整除. A4-005 设 x、y、z 是任意两两不等的整数,证明(x-y) +(y-z) +(z-x) 能被 5(y-z)(z-x)(x-y)整除. 【题说】1962 年全俄数学奥林匹克十年级题 3. 【证】令 x-y=u,y-z=v,则 z-x=-(u+v). (x-y) +(y-z) +(z-x) =u +v -(u+v) =5uv(n+v)(u +uv+v ) 而 5(y-z)(z-x)(x-y)=-5uv(u+v).因此,结论成立,而且除后所得商式为 u +uv+v =x +y +z -2xy-2yz- 2xz. 【别证】也可利用因式定理,分别考虑原式含有因式(x-y),(y-z),(z-x)以及 5. A4-006 已知自然数 a 与 b 互质,证明:a+b 与 a +b 的最大公约数为 1 或 2. 【题说】1963 年全俄数学奥林匹克八年级题 4. 【证】设(a+b,a +b )=d,则 d 可以整除 (a+b) -(a +b )=2ab 但由于 a、b 互质,a 的质因数不整除 a+b,所以 d 与 a 互质,同理 d 与 b 互质.因此 d=1 或 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 5 5 5 5 5 5 5 5 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3

第十九讲 整数问题:整除之二
A4-007 (a)求出所有正整数 n 使 2 -1 能被 7 整除. (b)证明:没有正整数 n 能使 2 +1 被 7 整除. 【题说】第六届 (1964 年) 国际数学奥林匹克题 1. 本题由捷克斯洛伐克提供. 解的关键是找出 2 被 7 除所得的余数的规律. 【证】(a)设 m 是正整数,则 2 =(2 ) =(7+1)
3m 3 m m n n n

=7k+1(k 是正整数) 从而 2
3m+2 3m

2

3m+1

=2·2 =2(7k+1)=7k1+2

3m

=4·2 =4(7k+1)=7k2+4

所以当 n=3m 时,2 -17k; 当 n=3m+1 时,2 -1=7k1+1; 当 n=3m+2 时,2 -1=7k2+3. 因此,当且仅当 n 是 3 的倍数时,2 -1 能被 7 整除. (b)由(a)可知,2 +1 被 7 除,余数只可能是 2、3、5.因此,2 +1 总不能被 7 整除. A4-008 设 k、m 和 n 为正整数,m+k+1 是比 n+1 大的一个质数,记 Cs=s(s+1).证明:乘积 (Cm+1-Ck)(Cm+2-Ck)…(Cm+n-Ck) 能被乘积 C1·C2·…·Cn 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) =p -q +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)·(m+k+2)(m+k+3)·…·(m+k+n+1) C1C2…Cn=n!(n+1)! 因此只需证
2 2 n n n n n

n

=A·B 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 a +b 能被 a +b 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 a +b =a (a +b )-b (a -b ) a -b =a (a +b )-b (a +b )
l l l-n n n n l-n l-n k k k-n n n n k-n k-n m m n n

所以 (i)如果 a +b 能被 a +b 整除,那么 a -b
l l n n l-n k k n n k-n k-n

也能被 a +b 整除.
n n

n

n

(ii)如果 a -b 能被 a +b 整除,那么 a +b 也能被 a +b 整除. 设 m=qn+r,0≤r<n,由(i)、(ii)知 a +(-1) b 能被 a +b 整除,但 0≤|a +(-1) b |<a +b ,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:
r q r n n r q r n n

l-n

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.



两式相乘得

因为 7

2n+1

=7×49 ≡2×(-1) (mod 5)

n

n

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!×p.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 x +y . 【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,x +y =(x+y) -2xy.由于 x+y>2,所以(x+y) 假设当 n=2k(k∈N+)时,(x+y) x 所以(x+y) (x
2(k+1) 2(k+1) 2k 2k 2 2 2 n n

2xy.故(x+y)

(x +y ).

2

2

(x +y ).则当 n=2(k+1)时,由于 +y
2(k+1)

=(x+y)(x

2k+1

+y

2k+1

)-xy(x +y )
n n

2k

2k

+y

2(k+1)

).故对一切正偶数 n,x+y 不整除 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.

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 l ,从而整除它们的积 l a1a2…an. A4-022 求最大自然数 x,使得对每一个自然数 y,x 能整除 7 +12 -1. 【题说】1992 年友谊杯国际数学竞赛七年级题 1. 【解】当 y=1 时,7 +12y-1=18.假设 7 +12y-1 是 18 的倍数,因为 7
y+1 y y y y

2

n

+12(y+1)-1=6×7 +12+(7 +12y-1)
y y

y

y

=6×(7 +2)+(7 +12y-1) 7 +2≡1+2≡0(mod 3) 所以,7
y+1 y

+12(y+1)-1 是 18 的倍数.
y

从而对一切自然数 y,18 整除 7 +12y-1,所求的 x 即 18. A4-023 证明:若 n 为大于 1 的自然数,则 2 -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
n n

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

n

n

n

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

小自然数,则 2≤i≤P-1,从而 i

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】 当 n 为偶数时, 20 +16 -3 -1≡1+3 -3 -1≡0(mod 19)
n n n n n n n n

323=17×19

20 +16 -3 -1≡3 +1 -3 -1≡0(mod 17) 所以此时 323 整除 20 +16 -3 -1. 当 n 为奇数时,20 +16 -3 -1≡3 -1-3 ≡-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|a -1,就有 n |a -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|(a -1),于是,(a,p)=1.因为 a -1=a(a -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 a +a +…+a+1≡0(mod p) 所以, p |(a-1)(a +a +…+a+1)=a -1
2 p-1 p-2 p p-1 p-2 i p-1 p p-1 p n 2 n n n n n n n n n

n

n

n

n

n

n

0(mod 17),所以此时 323 不整除 20 +16 -3 -1.

n

n

n

(*)

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 n |(a -1).因此,

2

n

(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<p .取大于 p 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]·[m,n]·[n,k]≥[k,m,n] 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
2

2

2

其中 pi(i=1,2,…,l)为不同的素数,α i、β i、γ i 为非负整数. 对任一个素因数 pi,不妨设 0≤α i≤β i≤γ i.在所要证明的不等式左边,pi 的指数为β i+γ i+γ i=β i+2γ i;而右边 pi 的指数 为γ i·2=2γ i.

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=c a1b1 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.
2

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
n n k

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

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)=p ,所以 A 被 p 整 除,数 x+y 也被 p 整除. 于是得到 0≡A≡x -x (-x)+x (-x) -…
n-1 n-2 n-3 2

k

-x(-x) +(-x) (mod p) 即 nx ≡0(mod p),而 x 不被素数 P 整除,所以 n 被 p 整除. 对 n 的任一素因数 r,设 n=rs,则(x ) +(y ) =p ,根据上面所证,r 被 p 整除,所以 r=p,从而 n 是 p 的正整数幂. A4-033 是否存在 3 个大于 1 的自然数,使得其中每个自然数的平方减 1,能分别被其余的每个自然数所整除? 【题说】第二十二届(1996 年)全俄数学奥林匹克十一年级题 5 【解】设 a≥b≥c 是满足题设条件的三个自然数.因为 a -1 被 b 整除,所以 a 与 b 互素.又 c -1 能分别被 a、b 整除,因而被 2 2 ab 整除,于是 c -1≥ab.另一方面由 a≥c 及 b≥c 得 ab≥c ,矛盾.所以满足题设的数不存在
2 2 s r s r k n-1

n-2

n-1

第二十二讲 整数问题:综合题之一
A5-010 设 f(x)=x -x+1.证明:对任意的 m 个自然数(m>1),f(m),f(f(m)),…两两互素. 【题说】第十二届(1978 年)全苏数学奥林匹克十年级题 1. 【证】因 f(0)=1,所以多项式
2

的常数项 pn(0)=1. 因而,对于任意的整数 m,pn(m)除以 m,余数等于 1. 用 m'=pk(m)代替 m,就得到 pn+k(m)=pn(m')与 m'=pk(m)互素.

第二十三讲 整数问题:综合题之二
A5-011 自然数 n 的数字和用 S(n)来表示. (1)是否存在一个自然数 n,使得 n+s(n)=1980; (2)证明:在任意两个连续的自然数之中,至少有一个能表示成 n+S(n)的形式,其中 n 为某个自然数. 【题说】第十四届(1980 年)全苏数学奥林匹克八年级题 6. 【解】(1)当 n=1962 时,n+S(n)=1980. (2)令 Sn=n+S(n),如果 n 的末位数字是 9,则 Sn+1<Sn;否则 Sn+1=Sn+2.对任意两个连续的自然数 m(m≥2),m+1, 在 Sn<m 的 n 中,选择最大的,并用 N 表示.这时 SN+1≥m>SN,所以 N 的末位数字不是 9,从而 SN+1=SN+2.由 m≤SN+1=SN+2 <m+2,即得 SN+1=m 或 SN+1=m+1. A5-012 设 n 为≥2 的自然数.证明方程 x +1=y
n n+1

在 x 与 n+1 互质时无正整数解.

【题说】1980 年芬兰等四国国际数学竞赛题 3.本题由匈牙利提供. 【证】x =y -1=(y-1)(y +y +…+1).如果质数 p 是 y-1 与 y +y +…+1 的公因数,则 p 整除 x ,从而 p 是 x n n-1 的因数. 但 y 除以 p 余 1, 所以 y +y +…+1 除以 p 与 n+1 除以 p 的余数相同, 即 n+1 也被 p 整除, 这与 x、 n+1 互质矛盾. 因 n n-1 n n n-1 n n n n-1 此 y-1 与 y +y +…+1 互质,从而 y-1=s ,y +y +…+1=t ,其中 s、t 为自然数,st=x.但 y <y +y +…+1<(y+1) n n n-1 n ,所以 y +y +…+1≠t ,矛盾,原方程无解. A5-013 设 a、b、c 是两两互素的正整数,证明:2abc-be-ac-ab 是不能表示为 xbc+yac+zab 形式的最大整数(其中 x、y、 z 是非负整数). 【题说】第二十四届(1983 年)国际数学奥林匹克题 3.
n n+1 n n-1 n n-1 n

【证】熟知在 a、b 互素时,对任意整数 n 有整数 x、y,使 ax+by=n.当 n>ab-a-b 时,首先取 0≤x<b(若 x>b 则用 x- b、y+a 代替 x、y),我们有 by=n-ax>ab-a-b-ax≥ab-a-b-a(b-1)=-b 所以 y>-1 也是非负整数.即 n>ab-a-b 时,有非负整数 x、y 使 ax+by=n. 因为 a、b、c 两两互素,所以(bc,ac,ab)=1. 令(bc,ac)=d.则(ab,d)=1,所以方程 abz+dt=n (1)

有整数解,并且 0≤z<d(若 z>d 则用 z-d、t+ab 代替 z、t). 设 bc=da1,ac=db1,那么(a1,b1)=1.在 n>2abc-bc-ca-ab 时,

即 从而方程 有非负整数解(x,y). 由(1)与(2)消去 t 可得

t>a1b1-a1-b1 a1x+b1y=t (2)

bcx+acy+abz=n 有非负整数解. 另一方面,若有非负整数 x、y、z 使 2abc-bc-ac-ah=xbc+yac+zab 则 bc(x+1)+ac(y+1)+ab(z+1)=2abc

于是应有,a 整除 bc(x+1),因(a,bc)=1.所以,a 整除 x+1,从而 c≤x+1.同理有,b≤y+1,c≤z+1.因此 3abc=bca+acb+abc≤bc(x+1) +ac(y+1)+ab(z+1)=2abc 由于 a、b、c 都是正整数,这是不可能的,故 2abc-bc-ca-ab 不能表成 xbc+yca+zab(x、y、z 为非负整数)的形式. A5-014 能否选择 1983 个不同的正整数都不大于 10 ,且其中没有三个正整数是算术级数中的连续项,并证明你的论断. 【题说】第二十四届(1983 年)国际数学奥林匹克题 5.本题由波兰提供. 【解】考虑三进制表示中,不含数字 2 并且位数≤11 的数所成的集合 M. 显然|M|=2 -1>1983.M 中最大的数为
11 5

若 x、y、z∈M 并且 x+z=2y,则由于 2y 的各位数字为 0 或 2,所以 x+z 的各位数字也为 0 或 2.从而 x、z 在同一位上的数 字同为 0 或同为 2,即 x=z.因此 M 中任三个互不相同的数不成等差数列.

于是回答是肯定的,M 即是一例.

第二十四讲 整数问题:综合题之三
A5-015 将 19 分成若干个正整数之和,使其积为最大. 【题说】1984 年上海市赛一试题 2(9). 【解】由于分法只有有限种,其中必有一种分法,分成的各数的积最大.我们证明这时必有: (1)分成的正整数只能是 2 和 3. 因为 4=2+2,且 4=2×2,若分出的数中有 4,拆成两个 2 其积不变;若分出的数中有数 a≥5.则只要把 a 拆成 2 与 a-2,由 2(a-2)>a 知道积将增大. (2)分成的正整数中,2 最多两个. 若 2 至少有 3 个,则由 3+3=2+2+2 及 3×3>2×2×2 可知,将 3 个 2 换成 2 个 3,积将增大. 所以,将 19 分成 5 个 3 与 2 个 2 的和,这些数的积 3 ×2 =972 是最大的. A5-016 设 a、b、c、d 是奇整数,0<a<b<c<d,且 ad=bc.证明:如果对某整数 k 和 m 有 a+d=2 和 b+c=2 ,那末 a=1. 【题说】第二十五届(1984 年)国际数学奥林匹克题 6. 【证】因为 a[(a+d)-(b+c)] =a +ad-ab-ac=a +bc-ab-ac=(a-b)(a-c)>0 所以 a+d>b+c,即 2 >2 ,k>m. 又由 ad=bc,有 a(2 -a)=b(2 -b) 2 (b-2
m m k-m k m k m 2 2 k m 5 2

a)=b -a =(b+a)(b-a)
m-1

2

2

可知 2 整除(b+a)(b-a).但 b+a 和 b-a 不能都被 4 整除(因为它们的和是 2b,而 b 是奇数),所以 2 或 b-a 之一. 因为 b+a<b+c=2 ,所以 b+a=2
m m-1

必整除 b+a

或 b-a=2

m-1


m-1

因为 a、b 是奇数,它们的公因数也是奇数,且是 b+a 和 b-a 的因数,从而是 2 与 c 也互质.但由 ad=bc,知 a 能整除 bc,故 a=1.

的奇因数,即 1.所以 a 与 b 互质,同理 a

A5-017 对正整数 n≥1 的一个划分π ,是指将 n 分成一个或若干个正整数之和,且按非减顺序排列(如 n=4,划分π 有 1+1 +1+1,1+1+2,1+3,2+2 及 4 共 5 种).对任一划分π ,定义 A(π )为划分π 中数 1 出现的个数;B(π )为π 中出现 不同的数的个数(如对 n=13 的一个划分π :1+1+2+2+2+5 而言,A(π )=2,B(π )=3).求证:对任意正整数 n,其所 有划分π 的 A(π )之和等于 B(π )之和. 【题说】第十五届(1986 年)美国数学奥林匹克题 5. 【证】设 p(n)表示 n 划分的个数.那么第一个位置是 1 的划分有 p(n-1)个,第二个位置上是 1 的(当然它第一个位置上 也是 1)的划分有 p(n-2)个.等等.第 n-1 个位置上是 1 的划分有 P(1)=1 个,第 n 个位置上是 1 的只有 1 种.若令 P(0) =1.则所有划分中含 1 的数 A(π )之和等于 P(n-1)+P(n-2)+…+P(1)+P(0). 另一方面,从含有 1 的每个划分中拿去一个 1,都成为一个(n-1)的划分,共拿去 P(n-1)个 1.再从含有 2 的每个划分中 拿去一个 2,都成为 n-2 的划分,共拿去 P(n-2)个 2.…从含有(n-1)的划分(只有一个:1+(n-1),拿去(n-1), 即拿去了 P(1)=1 个 1.再加上含有 n 的一个划分,n 为 P(0)=1 个,故 B(π )总和也等于 P(n-1)+P(n-2)+…+P (1)+P(0).

因此,A(π )=B(π ). A5-018 在直角坐标系 xoy 中,点 A(x1,y1)和点 B(x2,y2)的坐标均为一位正整数.OA 与 x 轴正方向的夹角大于 45°, OB 与 x 轴正方向的夹角小于 45°,B 在 x 轴上的射影为 B',A 在 y 轴上的射影为 A',△OB'B 的面积比△OA'A 的面积 大 33.5.由 x1、

求出所有这样的四位数,并写出求解过程. 【题说】1985 年全国联赛二试题 1.

>67.又由于 x2、y2 均为一位正整数,所以 x2y2=72 或 x2y2=81.因为∠BCB'<45°,所以 x2>y2.故由 x2y2=72 可知 x2=9, y2=8.此时 x1y1=5.同样可求得 x1=1,y1=5. 综上可知,1985 为符合条件的唯一的四位数. A5-019 设 n、k 为互素自然数,0<k<n,在集合 M={1,2,…,n-1}(n≥3)中的各数,要么着蓝色,要么着白色,已 知 (1)对于各 i∈M,i 和 n-i 同色; (2)对于各 i∈M,i≠k, i 和|i-k|同色. 证明:在 M 中的所有数均同色. 【题说】第二十六届(1985 年)国际数学奥林匹克题 2.本题由澳大利亚提供. 【证】设 lk=nql+rl(l=1,2,…,n-1;1≤rl≤n-1).若 rl=rl',则(l-l')k 被 n 整除,但 n、k 互素,所以 n|(l-l') 这表明在 l=1,2…,n-1 时,r1,r2,…,rn-1 互不相同,所以 M={r1,r2,…,rn-1}. 若 rl<n-k,即 rl+k<n,则 rl+1=rl+k,由条件(2),rl+1 与 rl+1-k=rl 同色. 若 rl≥n-k,即 rl+k≥n,则 rl+1=rl+k-n,于是 rl+1 与 k-rl+1=n-rl 同色.再由条件(1)n-rl 与 rl 同色. 综上所述,ri+1 与 rl 同色(l=1,2,…,n-2),因此 M 中所有数同色. A5-020 如 n 是不小于 3 的自然数,以 f(n)表示不是 n 的因数的最小自然数(例如 f(12)=5).如果 f(n)≥3,又可作 f(f(n)).类似地,如果 f(f(n))≥3,又可作 f(f(f(n)))

果用 Ln 表示 n 的长度,试对任意的自然数 n(n≥3),求 Ln 并证明你的结论. 【题说】第三届(1988 年)全国冬令营赛题 6. 【解】很明显,若奇数 n≥3,那么 f(n)=2,因此只须讨论 n 为偶数的情况,我们首先证明,对任何 n≥3,f(n)=p ,这里 P 是素数,s 为正整数.假若不然,若 f(n)有两个不同的素因子,这时总可以将 f(n)表为 f(n)=ab,其中 a、b 是大于 1 的 s 互素的正整数.由 f 的定义知,a 与 b 都应能整除 n,因(a,b)=1,故 ab 也应整除 n,这与 f(n)=ab 矛盾.所以 f(n)=p . 由此可以得出以下结论: (1)当 n 为大于 1 的奇数时,f(n)=2,故 Ln=1;
s

(2)设 n 为大于 2 的偶数,如果 f(n)=奇数,那么 f(f(n))=2,这时 Ln=2;如果 f(n)=2 ,其中自然数 s≥2,那么 f s (f(n))=f(2 )=3,从而 f(f(f(n)))=f(3)=2,这时 Ln=3. A5-021 一个正整数,若它的每个质因数都至少是两重的(即在这数的分解式中每个质因数的幂指数都不小于 2),则称该正 整数为“漂亮数”.相邻两个正整数皆为“漂亮数”,就称它们是一对“孪生漂亮数”,例如 8 与 9 就是一对“孪生漂亮数”.请 你再找出两对“孪生漂亮数”来. 【题说】1989 年北京市赛高一题 5. 【解】设(n,n+1)是一对“孪生漂亮数”,则 4n(n+1)是漂亮数,并且 4n(n+1)+1=4n +4n+1=(2n+1) 是平方数,而平方数必为漂亮数. 所以,(4n(n+1)、4n(n+1)+1)也是一对“孪生漂亮数”. 于是,取 n=8,得一对“孪生漂亮数”(288,289). 再取 n=288,得另一对“孪生漂亮数”(332928,332929).
2 2

s

第二十五讲 整数问题:综合题之四
A5-022 一个自然数若能表为两个自然数的平方差, 则称这个自然数为 “智慧数” 比如 16=5 -3 , 16 就是一个 “智慧数” .在 自然数列中从 1 开始数起,试问第 1990 个“智慧数”是哪个数?并请你说明理由. 【题说】1990 年北京市赛高一复赛题 4. 【解】显然 1 不是“智慧数”,而大于 1 的奇数 2k+1=(k+1) -k ,都是“智慧数”. 4k=(k+1) -(k-1)
2 2 2 2 2 2

可见大于 4 且能被 4 整除的数都是“智慧数”而 4 不是“智慧数”,由于 x -y =(x+y)(x-y)(其中 x、y∈N),当 x, y 奇偶性相同时,(x+y)(x-y)被 4 整除.当 x,y 奇偶性相异时,(x+y)(x-y)为奇数,所以形如 4k+2 的数不是“智 慧数” 在自然数列中前四个自然数中只有 3 是“智慧数”.此后每连续四个数中有三个“智慧数”. 由于 1989=3×663,所以 2656=4×664 是第 1990 个“智慧数”. A5-023 有 n(≥2)名选手参加一项为期 k 天的比赛,每天比赛中,选手的可能得分数为 1,2,3,…,n,且没有两人的得 分数相同,当 k 天比赛结束时,发现每名选手的总分都是 26 分.试确定数对(n,k)的所有可能情况. 【题说】第二十二届(1990 年)加拿大数学奥林匹克题 1. 【解】所有选手得分总和为 kn(n+1)/2=26n,即 k(n+1)=52 (n,k)取值可以是(3,13),(12,4),(25,2)及(51,1),但最后一种选择不满足要求. 当(n,k)=(3,13)时,3 名选手 13 天得分配置为(1,2,3)+2(2,3,1)+2(3,1,2)+3(1,3,2)+2(3,2, 1)+3(2,1,3)=(26,26,26). 当(n,k)=(12,4)时,12 名选手 4 天得分配置为 2(1,2,…,11,12)+2(12,11,…,2,1)=(26,26,…,26). 当(n,k)=(25,2)时,25 名选手两天得分配置为(1,2,…,24,25)+(25,24,…,2,1)=(26,26,…,26). A5-024 设 x 是一个自然数.若一串自然数 x0=1,x1,x2,…,xt-1,xt=x,满足 xi-1<xi,xi-1|xi,i=1,2,…,t.则称{x0, x1,x2,…xt}为 x 的一条因子链,t 为该因子链的长度.T(x)与 R(x)分别表示 x 的最长因子链的长度和最长因子链的条数.

2

2

对于 x=5 ×31 ×1990 (k,m,n 是自然数)试求 T(x)与 R(x). 【题说】第五届(1990 年)全国冬令营赛题 2. 【解】设 x 的质因数分解式为

k

m

n

其中 p1、p2、…、pn 为互不相同的质数,α 1、α 2、…、α n 为正整数. 由于因子链上,每一项至少比前一项多一个质因数,所以 T(x)≤α 1+α 2+…+α n. 将α 1+α 2+…+α n 个质因数(其中α 1 个 p1,α 2 个 p2,…,α n 个 pn)依任意顺序排列,每个排列产生一个长为α 1+α 2+… +α n 的因子链(x1 为排列的第一项,x2 为 x1 乘排列的第二项,x3 为 x2 乘第三项,…),因此 T(x)=α 1+α 2+…+α n,R(x) 即排列

对于 x=5 ×31 ×1990 =2 ×5

k

m

n

n

k+n

×31 ×199 , T(x)=3n+k+m

m

n

A5-025 证明:若



为整数. 【题说】1990 年匈牙利阿拉尼·丹尼尔数学竞赛低年级普通水平题 1. 【证】若 x+y+z+t=0,则由题设条件可得

于是此时(1)式的值等于-4. 若 x+y+z+t≠0,则

由此可得 x=y=z=t.于是(1)式的值等于 4.

A5-026 课间休息时,n 个学生围着老师坐成一圈做游戏,老师按顺时针方向并按下列规则给学生们发糖:他选择一个学生 并给一块糖,隔一个学生给下一个学生一块,再隔 2 个学生给下一个学生一块,再隔 3 个学生给下一个学生一块….试确定 n 的值,使最后(也许绕许多圈)所有学生每人至少有一块糖. 【题说】1991 年亚太地区数学奥林匹克题 4. 【解】问题等价于确定正整数 n,使同余式 1+2+3+…+x=a(modn) 对任意正整数 a 都有解. 我们证明当且仅当 n 是 2 的方幂时,(1)式总有解. 若 n 不是 2 的方幂,则 n 有奇素因数 p. 由于 1,1+2,1+2+3,…,1+2+…+(p-1),1+2+…+p 至多表示 mod p 的 p-1 个剩余类(最后两个数在同一个剩 余类中),所以 1+2+…+x 也至多表示 mod p 的 p-1 个剩余类,从而总有 a 使 1+2+…+x≡a(mod p)无解,这时(1) 也无解. 若 n=2 (k≥1),考察下列各数: 0×1,1×2,2×3,…,(2 -1)2 设 x(x+1)≡y(y+1)、(mod 2
k k k

(1)

(2) ),其中 0≤x,y≤2k-1,则
2 k+1

k+1

x -y +x-y≡(x-y)(x+y+1)≡0(mod 2 因为 x-y,x+y+1 中,一个是奇数,一个是偶数,所以 x-y≡0(mod2 由后者得: 2 矛盾.故 x≡y(mod 2
k k+1 k+1 k+1

2


k+1

)或 x+y+1≡0(mod 2



≤x+y+1≤2 -1+2 -1+1=2

k

k

k+1

-1

),即 x=y.
k+1

因此(2)中的 2 个偶数 mod 2

互不同余,从而对任意整数 a,方程 x(x+1)≡2a(mod 2n)有解,即(1)有解.

A5-027 设 S={1,2,3,…,280}.求最小的自然数 n 使得 S 的每个有 n 个元素的子集都含有 5 个两两互素的数. 【题说】第三十二届(1991 年)国际数学奥林匹克题 3.本题由中国提供. 【解】令 Ai={S 中一切可被 i 整除的自然数},i=2,3,5,7.记 A=A2∪A3∪A5∪A7,利用容斥原理,容易算出 A 中元素 的个数是 216.由于在 A 中任取 5 个数必有两个数在同一个 Ai 之中,从而他们不互素.于是 n≥217. 另一方面,令 B1=(1 和 S 中的一切素数} B2=(2 ,3 ,5 ,7 ,11 ,13 } B3={2×131,3×89,5×53,7×37,11×23,13×19} B4={2×127,3×83,5×47,7×31,11×19,13×17} B5={2×113,3×79,5×43,7×29,11×17} B6={2×109,3×73,5×41,7×23,11×13}
2 2 2 2 2 2

易知 B1 中元素的个数为 60.令 B=B1∪B2∪B3∪B4∪B5∪B6,则 B 中元素的个数为 88,S-B 中元素的个数为 192.在 S 中任 取 217 个数,由于 217-192=25>4×6,于是存在 i(1≤i≤6),使得这 217 个数中有 5 个数在 Bi 中.显然这 5 个数是两两互素 的,所以 n≤217. 于是 n=217.

第二十六讲 整数问题:综合题之五
A5-028 对于每个正整数 n,以 s(n)表示满足如下条件的最大正整数:对于每个正整数 k≤s(n),n 都可以表示成 k 个 正整数的平方之和. 1.证明:对于每个正整数 n≥4,都有 s(n)≤n -14; 2.试找出一个正整数 n,使得 s(n)=n -14; 3.证明:存在无限多个正整数 n,使得 s(n)=n -14. 【题说】第三十三届(1992 年)国际数学奥林匹克题 6.本题由英国提供. 【解】用反证法证明如下: 假设对某个 n≥4,有 s(n)≥n -14,则存在 k=n -13 个正整数 a1,a2,…,ak,使得
2 2 2 2 2 2

于是就有

从而

3b+8c=13 这表明 c=0 或 1;但相应的 b 不为整数,矛盾. 2.每个大于 13 的正整数 m 可以表为 3b+8c, 其中 b、 c 为非负整数. 事实上, 若 m=3s+1,则 s≥5, m=3(s-5)+2×8.若 m=3s+2,则 s≥4,m=3(s-2)+8.



即知 n 可表为 n -m 个平方和,从而 n 可表为 n -14,n -15,…,

2

2

2

2

2

对于 n=13,有 n =12 +5 =12 +4 +3 =8 +8 +5 +4
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

由于 8 可表为 4 个 4 的和,4 可表为 4 个 2 的和,2 可表为 4 个 1 的和,所以 13 =8 +8 +5 +4 可表为 4,7,10,…, 2 2 2 2 43 个平方的和,又由于 5 =4 +3 ,13 可表为 5,8,11,…,44 个平方的和. 由于 12 可表为 4 个 6 的和,6 可表为 4 个 3 的和,所以 13 =12 +4 +3 可表为 3,6,9,…,33 个平方的和.
2 2 2 2 2 2 2 2

2

2

2

2

2

为 18+2×9=36,18+2×12=42 个平方的和.再由 4 为 4 个 2 的和,13 也可表为 39 个平方的和. 综上所述,13 可表为 1,2,…,44 个平方的和.
2

2

2

2

3.令 n=2 ×13. 因为 13 可表为 1,2,…,155 个平方的和,2 可表为 4 个平方的和,所以 13 ×2 可表为 1,2,…,155×4 个平方的和, 4 2 2 2 2k k 13 ×2 可表为 1,2,…,155×4 个平方的和,…,n =13 ×2 可表为 1,2,…,155×4 个平方的和.
2 2 2 2 2

k

s(n)=n -14 A5-029 每个正整数都可以表示成一个或者多个连续正整数的和. 试对每个正整数 n, 求 n 有多少种不同的方法表示成这样 的和. 【题说】第一届(1992 年)中国台北数学奥林匹克题 2. 【解】设 m 为 n 的正的奇因数,m=nd,则

2

若(1)的每一项都是正的,则它就是 n 的一种表示(表成连续正整数的和). 若(1)式右边有负数与 0,则这些负数与它们的相反数抵消(因

以略去,这样剩下的项是连续的正整数,仍然得到 n 的一种表示,其项数为偶数(例如 7=(-2)+(-1)+0+1+2+3 +4=3+4) 于是 n 的每一个正奇因数产生一个表示. 反过来,若 n 有一个表示,项数为奇数 m,则它就是(1)的形式,而 m 是 n 的奇因数,若 n 有一个表示,项数为偶数,最 小一项为 k+1,则可将这表示向负的方向“延长”,增加 2k+1 项,这些项中有 0 及±1,±2,…,±k.这样仍成为(1)的形 式,项数是 n 的奇因数.

因此,n 的表示法正好是 n 的正奇因数的个数,如果 n 的标准分解

A5-030 x、y 为正整数,x +y 除以 x+y 的商是 97,求余数. 【题说】1992 年日本数学奥林匹克预选赛题 7. 【解】由题知 x +y <98(x+y),不妨设 x≥y,则 x <98×2x,所以 x≤5. 注意到 1 =1,2 =16,3 =81,4 =256,5 =625.对 x,y∈{1,2,3,4,5},x +y >97(x+y)的仅有 5 +4 =881=(5+4) ×97+8,所以所求的余数为 8.
4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4

4

4

A5-031 设 p=(a1,a2,…,a17)是 1,2,…,17 的任一排列,令 kp 是满足不等式 a1+a2+…+ak<ak+1+…+a17 的最大下标 k,求 kp 的最大值和最小值,并求所有不同的排列 p 相应的 kp 的和. 【题说】1992 年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克(最后一轮)题 1. 【解】若 kp≥12,则

这与 kp 的定义相矛盾,所以 kp≤11. 又当 p=(1,2,…,17)时,1+2+…+11=66<87=12+13+…+17,故此时 kp=11. 所以,kp 的最大值为 11,并且 kp 的最小值为 5,此时 p=(17,16,…,2,1). 设 p=(a1,a2,…,a17)是 1,2,…,17 的任一排列,由 kp 的定义,知



但(2)的等号不可能成立,否则

矛盾.所以

由(1)和(3)可知,对排列 p=(a1,a2,…,a17)的反向排列 p'=(a17,a16,…,a1), kp'=17-(kp+2)+1=16-kp 所以 kp+kp'=16. 于是可把 1,2,…,17 的 17!个不同排列与它的反向排列一一配对.所求之和为

A5-032 确定所有正整数 n,使方程 x +(2+x) +(2-x) =0 有整数解. 【题说】1993 年亚太地区数学奥林匹克题 4. 【解】显然,n 只能为奇数. 当 n=1 时,x=-4. 当 n 为不小于 3 的奇数时,方程左边是首项系数为 1 的非负整系数多项式,常数项是 2 ,所以它的整数解只能具有-2 的形式,其中 t 为非负整数.若 t=0,则 x=-1,它不是方程的解;若 t=1,则 x=-2,也不是方程的解;当 t≥2 时,方程左边 n n(t-1) t-1 n t-1 n n(t-1) t-1 n t-1 n =2 [-2 +(1-2 ) +(1+2 ) ],而-2 +(1-2 ) +(1+2 ) ≡2(mod 4),从而方程左边不等于零. 综上所述,当且仅当 n=1 时,原方程有一个整数解 x=-4. A5-033 每一个大于 2 的自然数 n 都可以表示为若干个两两不等的正整数之和.记这些相加数个数的最大值为 A(n),求 A(n). 【题说】1993 年德国数学奥林匹克(第一轮)题 1. 【解】对任意自然数 n(n≥3),存在自然数 m,使
n+1 t n n n

-1)之和,所以 A(n)=m.

第二十七讲 代数:集合、数、式之一
B1-001 把含有 12 个元素的集分成 6 个子集,每个子集都含有 2 个元素,有多少种分法?

【题说】1969 年~1970 年波兰数学奥林匹克三试题 5. 【解】将 12 个元素排成一列有 12!种方法.排定后,从左到右每 2 个一组就得到 6 个 2 元子集.同一组中 2 个元素顺序交 换得到的是同一子集.6 个子集顺序交换得到的是同样的分法,因此共有

种不同的分法. [别解]设 a1 是集中的一个元素,将 a1 与其余 11 个元素中的任一个结合,就得到含 a1 的 2 元子集,这种 2 元子集共有 11 种. 确定含 a1 的子集后,设 a2 是剩下的一个元素,将 a2 与其余 9 个元素中的任一个结合,就得到含 a2 的 2 元子集,这种子集 共有 9 种. 如此继续下去,得到 6 个 2 元子集.共有 11×9×7×5×3=10395 种分法. B1-002 证明:任一个有限集的全部子集可以这样地排列顺序,使任何两个邻接的集相差一个元素. 【题说】1971 年~1972 年波兰数学奥林匹克三试题 5. 【证】设有限集 A 含 n 个元素.当 n=1 时,子集序列φ ,A 即满足条件. 假设 n=k 时命题成立,对于 k+1 元集 A={x1,x2,…,xk+1} 由归纳假设,{x1,x2,…,xk}的子集可排成序列 B1,B2,…,Bt (t=2 ) 满足要求.因此 A 的子集也可排成序列 B1,B2,…,Bt,Bt∪{xk+1},Bt-1∪{xk+1},…,B2∪{xk+1}B1∪{xk+1},满足要求. 于是命题对一切自然数 n 均成立. B1-003 设 1≤r≤n,考虑集合{1,2,3,…,n}的所有含 r 个元素的子集及每个这样的子集中的最小元素,用 F(n,r) 表示一切这样的子集各自的最小元素的算术平均数.证明:
k

【题说】第二十二届(1981 年)国际数学奥林匹克题 2.

这 n-k 个数中选出).所以

将(1)式右边的和写成一个表

将上表每一行加起来,再将这些行和相加便得(1)的右边的分子,现

B1-004 定义一个数集的和为该集的所有元素的和. 设 S 是一些不大于 15 的正整数组成的集, 假设 S 的任意两个不相交的 子集有不相同的和,具有这个性质的集合 S 的和的最大值是多少? 【题说】第四届(1986 年)美国数学邀请赛题 12. 【解】先证明 S 元素个数至多是 5.如果多于 5 个,则元素个数不

S 的元素个数≤5,所以 S 的和≤15+14+13+12+11=65.如果 S 的和≥62,则 S 的元数为 5,并且 15、14 均在 S 中(S 的和至多比 15+14+13+12+11 少 3).这时 S 中无其它的连续整数,因而只有一种情况即{15,14,13,11,9),不难看出 它不满足条件. 所以,S 的和≤61.特别地,S={15,14,13,11,8}时,和取最大值 61. B1-006 对有限集合 A,存在函数 f:N→A 具有下述性质:若|i-j|是素数,则 f(i)≠f(j),N={1,2,…}.求有限集 合 A 的元素的最少个数. 【题说】1990 年巴尔干地区数学奥林匹克题 4. 【解】1,3,6,8 中每两个数的差为素数,所以 f(1),f(3),f(6),f(8)互不相同,|A|≥4. 另一方面,令 A={0,1,2,3}.对每一自然数 n,令 f(n)为 n 除以 4 所得余数,则在 f(i)=f(j)时,|i-j|被 4 整除.因 而 f 是满足条件的函数. 于是,A 的元素个数最少为 4. B1-007 集合{1,2,3,…,100}的某些子集,满足条件:没有一个数是另一个数的 2 倍.这样的子集中所含元素的个数 最多是多少? 【题说】1991 年河南省数学奥林匹克集训班一试题 1(6).原题为选择题. 【解】令 A1={51,52,…,100},A2={26,27,…,50},A3={13,14,…,25},A4=(7,8,9,10,11,12), A5=(4,5,6},A6={2,3},A7={1}. A1∪A3∪A5∪A7 共 50+13+3+1=67 个元素,每一个都不是另一个的两倍.

若集合 B {1,2,…,100},其中每一个数都不是另一个的两倍,则在 a∈B∩A2 时,2a ≤50.同样|B∩A4|+|B∩A3|≤13,|B∩A6|+|B∩A5|≤3.因此|B|≤67.

B,因此|B∩A2|+|B∩A1|

本题答案为 67.

第二十八讲 代数:集合、数、式之二

时间:2004-4-19 17:19:00 来源:www.jiajiao100.com 我要通过家教人才库请各科家教 怎样才能考取重点中学?

B1-008 设集合 Sn={1,2,…,n).若 X 是 Sn 的子集,把 X 中所有数之和称为 X 的“容量”(规定空集容量为 0).若 X 的容量为奇(偶)数,则称 X 为 Sn 的奇(偶)子集. (1)求证:Sn 的奇子集与偶子集个数相等; (2)求证:当 n≥3 时,Sn 的所有奇子集容量之和,与所有偶子集容量之和相等. (3)当 n≥3 时,求 Sn 所有奇子集的容量之和. 【题说】1992 年全国联赛二试题 2. 【证】设 S 为 Sn 的奇子集,令

则 T 是偶子集,S→T 是奇子集的集到偶子集的一一对应,而且每个偶子集 T,均恰有一个奇子集

与之对应,所以(1)的结论成立. 对任一 i(1≤i≤n),含 i 的子集共 2 个,用上面的对应方法可知在 i≠1 时,这 2 个集中有一半是奇子集.在 i=1 时, n-2 由于 n≥3,将上边的 1 换成 3,同样可得其中有一半是奇子集.于是在计算奇子集容量之和时,元素 i 的贡献是 2 ·i.奇子集 容量之和是
n-1 n-1

根据上面所说,这也是偶子集容量之和,两者相等. B1-009 用σ (S)表示非空整数集 S 中所有元素的和.设 A={a1,a2,…,an}是正整数集,且 a1<a2<…<a11.若对每 个正整数 n≤1500,存在 A 的子集 S,使得σ (S)=n.试求满足上述要求的 a10 的最小值. 【题说】第二十一届(1992 年)美国数学奥林匹克题 3. 【解】令 Sk=a1+a2+…+ak(1≤k≤11). 若 ak>Sk-1+1,则不存在 S A,使 σ (S)=Sk-1+1 所以, Sk=Sk-1+ak≤2Sk-1+1 (1)

又由题设得 S1=a1=1.于是由(1)及归纳法易得 Sk≤2 -1(1≤k≤m)
k

(2)

若 S10<750,则 a11≤1500(否则 750 无法用σ (S)表出),S11=S10+a11<1500,所以 S10≥750. 又 S8≤2 -1=255,于是 2a10≥a9+a10=S10-S8≥495 所以,a10≥248. 另一方面,令 A={1,2,4,8,16,32,64,128,247,248,750} 当 n≤255=2 +2 +…+2+2 时,可找到 S +750=1500 时,存在 S A,使σ (S)=n.
7 6 0 8

{1,2,4,…,128},使σ (S)=n.当 n≤255+247=502 时,存在 S

(1,

2,4,…,128,247),使σ (S)=n;当 n≤502+248=750 时,存在 S

{1,2,4,…247,248},使σ (S)=n;当 n≤750

于是 a10 的最小值为 248. B1-010 给定集合 S={Z1,Z2,…,Z1993},其中 Z1,Z2,…,Z1993 为非零复数(可视为平面上非零向量).求证:可以 把 S 中元素分成若干子集,使得 (1)S 中每个元素属于且仅属于一个子集; (2)每一子集中任一复数与该子集所有复数之和的夹角不超过 90°; (3)将任二子集中复数分别作和,所得和数之间夹角大于 90°. 【题说】1993 年中国数学奥林匹克(第八届数学冬令营)题 4. 【证】现对任意正整数 n 给以证明. 设非零复数集 S={Z1,…,Zn}. 对 S 每个非空子集 A,其中所有数之和,称为 A 之和. S 共有 2 -1 个非空子集,其中必有一个子集 S1,其和的模|a1|最大. 若 S≠S1,对 S\S1,取其非空子集 S2,使其和的模|a2|最大.如比等等. 因 S 为有限集,故经若干步后,即得 S 的一个划分:S1,S2,…,Sk,它们的和 a1,a2,…,ak 的模分别是 S,S\S1,S\(S1 ∪S2),…,S\(S1∪S2∪…∪Sk-1)的非空子集和的最大模. 这样的划分,条件(1)显然满足. 若某个 Sr 中有一元素 Z 与 ar 的夹角>90°,则如图 a,|ar-Z|>|ar|.ar-Z 是 S\(S1U…USr-1)的非空子集 Sr\{Z}之和,与 Sr 的选取矛盾. 若 ar 与 at(1≤r<t≤k)的夹角≤90°,则如图(b),|ar+at|>|ar|.ar+at 是 S\(S1∪…∪Sr-1)不空子集 Sr∪St 之和,这又 与 Sr 选取矛盾.
n

因此,所述划分满足条件(1)~(3). 【注】因为平面上至多有三个向量,它们之间两两的夹角都大于 90°,故 S 至多分为三个子集. B1-011 设集合 A={1,2,3,…,366}.如果 A 的一个二元子集 B={a,b}满足 17|(a+b),则称 B 具有性质 p. (1)求 A 的具有性质 p 的二元子集的个数; (2)A 一组二元子集,两两不相交并且具有性质 P 这组二元子集的个数最多是多少? 【题说】1994 年全国联赛河北省预赛二试题 1. 【解】将 1,2,…,366 按 17 除的余数分为 17 类:17 类:[0],[1],…,[16].因为 366=17×21+9,所以[1],[2],…[9] 中各有 22 个数,[10],…,[16],[0]中各有 21 个数. 当且仅当 a∈[k],b∈[17-k]时,{a,b}具有性质 p.

当 a∈[k],b∈[17-k],k=1,2,…,7 时,具有性质 p 的子集

所以 A 的具有性质 p 的二元子集个数共有 210+462×7+484=3928(个) (2)为使二元子集两两不变,可如下搭配: a∈[0],b∈[0],有 10 个子集; a∈[k],b∈[17-k],k=1,2,…,7,有 21 个子集; a∈[8],b∈[9],有 22 个子集. 故 A 的具有性质 p 两两不交的二元子集共有 10+21×7+22=179(个)

B1-012 设|v|、σ (v)和π (v)分别表示由正整数组成的有限集合 v 的元素的个数,元素的和以及元素的积(如果集合 v 是空集,则|v|=0,σ (v)=0,П (v)=1).若 S 是由正整数组成的有限集合.证明

对所有的正整数 m≥σ (S)成立.

【题说】第二十三届(1994 年)美国数学奥林匹克题 5. 【证】设 S={a1,a2,…,an}.长为 m 的、由 m-n 个 0 与 n 个 1

将这样的数列分为 n+1 段,第一段 a1 个数,第二段 a2 个数,…,第 n 段 an 个数. 前 n 段的每一段中恰有 1 个 1 的数列,由于第 i 段的 1 有 ai 种位置(1≤i≤n),所以这样的数列共有 ala2…an=П (S)个.

个.根据容斥原理,

即本题的等式成立.

B1-015 设 M={1,2,…,1995},A 是 M 的子集,且满足条件:当 x∈A 时,15x 【题说】1995 年全国联赛一试题 2(6).原为填空题. 【解】由题设,当 k=9,10,…,133 时,k 与 15k 不能同时在 A 中,故至少有 133-8=125 个数不在 A 中,即|A|≤1995-125=1870 另一方面,M 的子集 A={1,2,…,8}∪{134,…,1997} 满足条件.它恰好有 1780 个元素.故|A|的最大数是 1870

A,试求 A 中元素个数的最大值.

B1-016 已知集合{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}.求该集合具有下列性质的子集个数:每个子集至少含有 2 个元素,且 每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于 1. 【题说】1996 年爱朋思杯——上海市赛题 3. 【解】设 an 是集合{1,2,…,n}的具有题设性质的子集个数.集合{1,2,…,n,n+1,n+2}的具有题设性质的子集可分为 两类: 第一类子集包含元 n+2, 这样的子集有 an+n 个(即每个{1, 2, …, n}的这种子集与{n+2}的并集, 以及{1, n+2}, {2, n+2}, …, {n,n+2});第二类子集不包含 n+2,这样的子集有 an+1 个.于是,有 an+2=an+an+1+n 显然,a3=1,a4=3(即{1,3},{2,4},{1,4}).

所以 a5=7,a6=14,a7=26,a8=46,a9=79,a10=133.

第二十九讲 代数:集合、数、式之四
B1-017 对任意非空实数集 S,令σ (S)为 S 的元素之和.已知 n 个正整数的集 A,考虑 S 跑遍 A 的非空子集时,所有不同和 σ (S)的集.证明这些和可以分为 n 类,每一类中最大的和与最小的和的比不超过 2. 【题说】 第二十五届(1996 年)美国数学奥林匹克题 2 【解】设 A={a1,a2,…,an},a1<a2<…<an.令 fj=a1+a2+…aj,ej=max{aj,fj-1}},则 fj=fj-1+aj≤2ej(1≤j≤n). 每个和 ai1+ai2+…+ait,i1<i2<…<it,必在某个区间(fj-1,fj]中.因为 ai1+ai2+ait>fj-1=a1+a2+…aj-1 所以 it≥j 从而 ai1+ai2+…+ait≥aj 于是 ai1+ai2+…+ait∈[ej,fj]. 这样σ (S)被分为 n 个类,在 ej 与 fj 之间的和为第 j 类(1≤j≤n),fj 本身在第 j 类,而 ej=fj-1 时,ej 不在第 j 类;ej>fj-1 时,ej 在第 j 类.每一类中最大的和与最小的和的比不超过 2.

B1-018 设 S={1, 2, 3, 4), n 项的数列: a1, a2, …, an 有下列性质, 对于 S 的任何一个非空子集 B(B 的元素个数记为|B|), 在该数列中有相邻的|B|项恰好组成集合 B.求 n 的最小值. 【题说】1997 年爱朋思杯——上海市赛决赛题 3. 【解】n 的最小值为 8. 首先证明 S 中的每个数在数列 a1,a2,…,an 中至少出现 2 次.事实上,若 S 中的某个数在这个数列中只出现 1 次,由于含 这个数的二元子集共有 3 个,但在数列中含这个数的相邻两项至多只有两种取法,因而 3 个含这个数的二元子集不可能都在数列 相邻两项中出现. 由此可见 n≥8. 另一方面,8 项数列:3,1,2,3,4,1,2,4 满足条件,因此,所求最小值为 8. B1-019 求两个正整数 m 与 n 之间(m<n),一切分母为 3 的既约分数的和. 【题说】1962 年成都市赛高三二试题 1.

3(n-m)+1 项.其和

但其中整数项的和

故所求之和 S=S1-S2=n -m
B1-020
证明 cos10°是无理数.

2

2

【题说】1963 年合肥市赛高二二试题 3.

【证】利用公式 cos3x=4cos3x-3cosx,可得

cos30°=4cos310°-3cos10°

(1)



若 cos10°是一个有理数,则(1)右端为有理数,而左端是一个无理数,矛盾,故 cos10°为无理数.

B1-021

求出所有四元实数组(x ,x ,x ,x

1

2

3

4

),使其中任一个数与其余三数积的和等于 2.

【题说】第七届(1965 年)国际数学奥林匹克题 4.本题由原苏联提供.

【解】设 x

1 2 3 4

x x x =d,则

显然 d≤1.有以下五种情况:

所以

d=1,x =x =x =x =1.

1 2 3

4

所以 d=1,x

1

=x =x =x =1. 2 3 4

综上所述,x 、x 、x 、x

1

2

3

4

或者全为 1;或者其中有三个为-1,一个为 3

第三十讲代数:集合、数、式之五
B1-022 设 P(x)是自然数 x 在十进制中各位数字的乘积.试求出所有能使 P(x)=x -10x-22 成立的自然数. 【题说】第十届(1968 年)国际数学奥林匹克题 2.本题由捷克斯洛伐克提供. 【解】设 n 位数 x 满足 P(x)=x -10x-22 (1) 若 n≥3,则 x≥10 ≥100, 9 ≥P(x)=x(x-10)-22≥90x-22≥90·10 -22 =9·10 -22>10 矛盾. 若 n=1,则 x=P(x)=x -10x-22 即 x -11x-22=0 但此方程无正整数解.因此 n=2. 若 x≥20,则 x -10x-22=x(x-10)-22≥10x-22≥200-22>9 ≥P(x) 因此 x=10+y,y∈{0,1,2,…,9}.(1)变成 y=(10+y) -10(10+y)-22 易知 y=2,x=12.
2 2 2 2 2 n n n n-1 n-1 2 2

B1-023 证明:如果三个正数的积为 1,而它们的和严格地大于它们的倒数之和,那么,它们中恰好有一个数大于 1.

【题说】第四届(1970 年)全苏数学奥林匹克八年级题 2. 【证】设这三个数为 a,b,c,则 (a-1)(b-1)(c-1)=abc-(ab+bc+ca)+(a+b+c)-1

左边有一个或三个因子为正.但 abc=1,所以 a、b、c 不可能全大于 1,从而 a、b、c 中有且只有一个数大于 1.

B1-024 若干个正整数的和为 1976,求这些正整数的积的最大值. 【题说】第十八届(1976 年)国际数学奥林匹克题 4.本题由美国提供. 【解】设这些正整数为 a1,…,an,则 a1+…+an=1976 不妨设 ai<4(1≤i≤n),这是因为当 ai≥4 时 ai≤2(ai-2),故把 ai 换成 2 和 ai-2 不会使积减小.再注意 2×2×2<3×3,所以只 a b 658 需考虑积 2 ·3 ,其中 a=0,1,2,且 2a+3b=1976.由此得 a=1,b=658,故所求的最大值为 2×3 .

B1-025 确定最大的实数 z,满足 x+y+z=5 (1) xy+yz+zx=3 (2) 并且 x、y 也是实数. 【题说】第十届(1978 年)加拿大数学奥林匹克题 3. 【解】由(1)得(x+y) =(5-z) ,由(2)得 xy=3-z(5-z). 于是 0≤(x-y) =(x+y) -4xy=(5-z) -4[3-z(5-z)] =-3z2+10z+13=(13-3z)(1+z) 因此有 -1≤z≤13/3 当 x=y=1/3 时,z=13/3.因此 z 最大值是 13/3.
2 2 2 2 2

B1-026 已知 a、b、c、d、e 是满足 a+b+c+d+e=8, (1)

a +b +c +d +e =16 (2) 的实数,试确定 e 的最大值. 【题说】第七届(1978 年)美国数学奥林匹克题 1. 【解】由 Cauchy 不等式, (8-e) =(a+b+c+d) ≤4(a +b +c +d )=4(16-e ), 即
2 2 2 2 2 2 2

2

2

2

2

2

B1-027 已知:0.301029<lg2<0.301030, 求 2000 的首位数字. 【题说】1979 年安徽省赛二试题 1. 【解】因为 lg2000 =1979(3+lg2)=5937+1979lg2 595.736391<1979lg2<595.738370 而 lg5=1-lg2<0.70 lg6=lg2+lg3>0.77 所以 6532+lg5<lg2000 即 所以 2000 的首位数字是 5. B1-028 已知 a1,a2,…,a8 均为正数,且 a1+a2+…+a8=20 (1) a1a2…a8=4 (2) 试证:a1,a2,…,a8 之中至少有一个数小于 1. 【题说】1979 年湖北省赛二试题 5. 【证】用反证法.如果 a1,a2,…,a8 都不小于 1,则可设 ai=1+bi(bi>0,i=1,2,…,8) 再由(1)即得 b1+b2+…+b8=12 于是 a1a2…a8=(1+b1)(1+b2)…(1+b8) =1+(b1+b2+…+b8)+…+b1b2…b8 ≥1+(b1+b2+…+b8) =1+12=13 与条件(2)矛盾.所以八个数中至少有一个数小于 1.
1979 1979 1979 1979

0.477120<lg3<0.477121

<6532+lg6
6532

5×10

6532

<2000

1979

<6×10

第三十一讲 代数:集合、数、式之六

时间:2004-4-20 9:19:00 来源:www.jiajiao100.com 我要通过家教人才库请各科家教 怎样才能考取重点中学?

B1-029 求所有实数 a,使得存在非负实数 x1,x2,x3,x4,x5 满足关系:

【题说】第二十一届(1979 年)国际数学奥林匹克题 5.本题由以色列提供. 【解】利用柯西不等式及题设条件,有

故中间不等式只能取等号,这意味着在 xk≠0 时,

由此推知,x1,x2,x3,x4,x5 中至多一个非 0.因此,只能有下面两种情况: (1)x1=x2=x3=x4=x5=0,此时 a=0; (2)某个 xk=c≠0,其余 xi=0(i≠k).这时由已知得 kc=a,k c=a ,k c=a .从而 k =a,c=k 总之,当且仅当 a=0,1,4,9,16,25 时,存在非负实数 x1,x2,x3,x4,x5 满足题中三个方程.
2 3 2 5 3

B1-030 下列表中的对数值有两个是错误的,请予纠正.

【题说】1981 年全国联赛题 2. 【解】lg3、lg0.27、lg9 的值同为正确或同为错误.因表中只有两处错误,故三者都对.同理,lg2、lg5、lg8、lg6 都对. 再若 lg7=2(b+c),则 lg14=lg7+lg2=1-a+2b+c,lg0.021=lg3+lg7-3=2a+b+2c-3,lg2.8=2lg2+lg7-1=1-2a+2b.即 lg7=2(b+c)对,就推 出 lg14、lg0.021、lg2.8 三个值都错,与题设矛盾,故知 lg7 不对.应为 lg7=lgl4-lg2=2b+c. lg1.5 的值也不对,应为 lg1.5=lg3+lg5-1=3a-b+c-1.

B1-031 把 n 个互不相等的实数排成下表:

2

a11,a12,…,a1n a21,a22,…,a2n … an1,an2,…,ann 取每行的最大数得 n 个数,其中最小的一个是 x;再取每列的最小数,又得 n 个数,其中最大的一个是 y,试比较 x 与 y 的大 小. 【题说】1982 年上海市赛二试题 2 【解】设 x=aij,y=apq,则 aij≥aiq≥apq 所以 x≥y. (1)当 n 是奇数时,x ≥y . (2)当 n 是偶数时 (i)如果 x≥y≥0,则 x ≥y ; (ii)如果 0≥x≥y,则 x ≤y ; (iii)如果 x≥0≥y,则当 x≥-y 时,x ≥y ;当 x≤-y 时,x ≤y .
n n n n n n n n n n n n

B1-032 对任意实数 x、y.定义运算 x*y 为: x*y=ax+by+cxy 其中 a、b、c 为常数,等式右端运算是通常的实数的加法和乘法.现已知 1*2=3,2*3=4,并且有一个非零实数 d,使得对于任 意实数 x,都有 x*d=x,求 d 的值. 【题说】1985 年全国联赛一试题 2(4).原题为填空题. 【解】由所设条件,有 1*2=a+2b+2c=3 (1) 2*3=2a+3b+6c=4 (2) x*d=ax+bd+cxd=(a+cd)x+bd=x (3) 由(3)得 a+cd=1 (4) bd=0

(5) 因 d≠0,故由(5)式得 b=0.再解方程(1)及(2),得 a=5,c=-1,最后由(4)式得 d=4.

B1-033 计算下式的值:

【题说】第五届(1987 年)美国数学邀请赛题 14.注意 324=4×3 . 【解】 x +4y =(x +2y ) -(2xy) =[(x +2y )-2xy][(x +2y )+2xy] =[(x-y)2+y ][(x+y) +y ] 因此, n +324=n +4·3 =[(n-3)2+9][(n+3) +9]
2 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2

4

B1-034 在 1 ,2 ,3 ,…,1989 每个数前添上“+”或“-”号,使其代数和为最小的非负数,并写出算式. 【题说】第十五届(1989 年第 3 阶段)全俄数学奥林匹克十年级题 3. 【解】这些数中有 995 个奇数,其代数和总是奇数,即所求的数不小于 1. 另一方面,因为 k -(k+1) -(k+2) +(k+3) =4 所以八个连续平方数的代数和可以为 0. 对 22 ,23 ,…,1989 ,每连续八个一组,并适当添加符号,使每组的代数和为 0.对 6 ,7 ,…,21 这十六个数适当添加 符号,使其和为 16.而 -1 +2 -3 +4 -5 =-15 于是,可在 1 ,2 ,…,1989 前适当添加“+”号或“-”号,使所得的代数和为 1.
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

2

2

2

B1-035 黑板上写下若干个正数,两两乘积之和为 1.证明:可抹去

【题说】第十六届(1990 年)全俄数学奥林匹克十年级题 5

B1-036 A 是满足下列条件的正整数集合; (1)没有 2,3,5,7,11,13 以外的素因数; (2)不被 2 ,3 ,5 ,7 ,11 ,13 整除. 但 1∈A.求 A 的元素 n 的倒数的总和.
2 2 2 2 2 2

【题说】1992 年日本数学奥林匹克预选赛题 4. 【解】

B1-037 有理数集 Q 的子集 S 有如下性质: (1)如果 a∈S,b∈S,则 a+b,ab∈S; (2)对于每一个有理数 r,r∈S,-r∈S,r=0 有且仅有一条成立. 试证明:S 是由全体正有理数组成. 【题说】1993 年河北省赛一试题 3. 【证】i)先证 1∈S.否则由(2)得-1∈S,再由(1)得 1=(-1)(-1)=1∈S,与(2)矛盾. ii)由 1∈S 得 2=1+1∈S,3=2+1∈S,…,故一切正整数∈S.

与(2)矛盾. iv)由(2)知,S 不含负有理数和零,即 S 由全体正有理数组成.

第三十二讲 代数:集合、数、式之七
B1-038 设 f(z)=z +az+b 是具有复系数 a,b 的关于复变量 z 的二次三项式,且对一切 z(|z|=1)有|f(z)|=1.求 a 和 b 的值. 【题说】1993 年河北省赛二试题 1. 【解】令 z=±1,±i 得 1=|1+a+b| 1=|1-a+b| 1=|-1+ia+b| 1=|-1-ia+b| 相加得 4=|1+a+b|+|1-a+b|+|-1+ia+b|+|-1-ia+b| ≥|(1+a+b)+(1-a+b)+(1-ia-b)+(1+ia-b)|=4 从而 1+a+b,1-a+b,1-ia-b,1+ia-b 四个复数作为向量来看,方向相同,而它们的长又均为 1.于是 a=0,b=0. 另一方面,在 a=b=0 时,f(z)=z .对一切满足|z|=1 的 z,|f(z)|=|z| =1.
2 2 2

B1-039 证明:实数 x 是有理数的充分必要条件是:能从数列 x、x+1,…,x+n,…中选出 3 个不同的项,组成等比数列. 【题说】第二十五届(1993 年)加拿大数学奥林匹克题 2. 【证】(1)充分性 设 x+i、x+j、x+k 成等比数列,则 (x+j)2=(x+i)(x+k) =((x+j)-(j-i))((x+j)+(k-j)) =(x+j)2+(k+i-2j)(x+j)-(k-j)(j-i) 从而 (k+i-2j)(x+j)=(k-j)(j-i)≠0

p+2)q 成等比数列. 事实上,这时

B1-040 对每一个整数 n≥2,确定并证明满足下列等式: a =a+1 及 b =b+3a 的两个正实数 a,b 谁大. 【题说】第二十二届(1993 年)美国数学奥林匹克题 1. 【解】我们证明对一切 n≥2,有 a>b. 显然 a≠1,从而(a+1) >4a.假设 b≥a,则得到如下两个互相矛盾的结果:
2 n 2n



故 a>b.

B1-041 已知 n 个正整数 ai(1≤i≤n)满足 a1<a2<…<an≤2n.其中任意两个 ai,aj(i≠j)的最小公倍数都大于 2n.

【题说】1994 年上海市赛高三二试题 1. 【证】将每个 ai 写成 2 (2ti-1)的形式,其中α i 为非负整数,ti 为自然数.对任意的 i≠j,因[ai,aj]>2n,故 2ti-1≠2tj-1.由此 推知,2t1-1,2t2-1,…,2tn-1 是 1,3,…,2n-1 的一个排列.
α

i

-1 的正奇数.因 6t1-3≠2t1-1,故存在 j>1,使 6t1-3=2tj-1.于是

B1-043 设 K1<K2<K3<…是正整数,且没有两个数是相邻的,Sm=K1+K2+…+Km,m=1,2,3,….证明:对每一个正整数 n,区间[Sn,Sn+1)中至少有一个完全平方数. 【题说】第二十三届(1994 年)美国数学奥林匹克题 1.

Sn=Kn+Kn-1+Kn-2+…+K1 ≤Kn+(Kn-2)+(Kn-4)+…+Ln 其中 Ln=2,如果 Kn 是偶数;Ln=1,如果 Kn 是奇数,由此可得

B1-045 求满足下列等式的数 a;

【题说】1995 年日本数学奥林匹克预选赛题 1, 【解】将等式两边同立方,并整理得

所以 a=9.

B1-046 设 p 是 n 个实数 x1,x2,…,xn 的乘积,若 p-xk 是奇数,k=1,2,…,n.证明:x1,x2,…,xn 皆为无理数. 【题说】1995 年城市数学联赛高年级较高水平题 2. 【解】设 p-xk=ak 为奇数(k=1,2,…,n),则 p=x1x2…xn=(p-a1)(p-a2)…(p-an) 即 P 是方程 (x-a1)(x-a2)…(x-an)=x (1) 的根.方程(1)的首项系数为 1,所以它的有理根一定是整数,而且一定是常数项(-1) a1a2…an 的约数,即有理根一定是奇数.但 x 为奇数时,(1)的左边为偶数,右边为奇数.所以(1)没有奇数根,从而没有有理根.于是 p 为无理数, xk=p-ak 均为无理数(k=1,2,…,n).
n

B1-047 a、 b、 c、 d 取某些实数值时, 方程 x +ax +bx +cx+d=0 有四个非实数根, 其中两个根的积为 13+i, 另两个根的和为 3+4i, 这里 i 为虚数单位.求 b. 【题说】第 13 届(1995 年)美国数学邀请赛题 5. 【解】设四个根为 e±if,g±ih,则 e+g=3,f+h=4 所以 b=(e+if)(e-if)+(g+ih)+(g-ih)+(e+if)(g+ih)+(e-if)(g-ih)+(e+if)(g-ih)+(e-if)(g+ih) =e +f +g +h +26+2(eg+fh) =(e+g)2+(f+h) +26 =3 +4 +26 =51
2 2 2 2 2 2 2

4

3

2

B1-048 设非零复数 a1,a2,a3,a4,a5 满足

其中 S 为实数,且|S|≤2.求证:复数 a1,a2,a3,a4,a5 在复平面上所对应的点位于同一圆周上. 【题说】1997 年全国联赛一试题 5. 【解】令 a2/a1=q,则 an=a1q (n=2,3,4,5),于是由条件(1),得
n-1

(3) (1)若 1+q+q +q +q =0,则 q -1=(q-1)(q +q +q +q+1)=0
5 4 3 2 2 3 4

故复数 a1,a2,a3,a4,a5 所对应的点共圆. (2)若 1+q+q +q +q ≠0,则由(3)得
2 3 4

此时 q 满足方程

(4)

(5) 因|S|≤2,故判别式△=5±2S>0,从而方程(5)有二相异实根,且其绝对值都不大于 2. 事实上,当|x|>2 时,令|x|=2+h(h>0),则

对于方程(5)的每个根α 、q 满足实系数二次方程 q -α q+1=0,其判别式△=α -4≤0,故两根 q1、q2 或为相等的实数,或为共 2 2 轭复数,都有|q1| =|q2| =q1q2=1. 总之,方程(5)的每个根 q,都满足|q|=1.

2

2

第三十三讲 代数:集合、数、式之八
B1-049 试问:当且仅当实数 x0,x1,…,xn(n≥2)满足什么条件时,存在实数 y0,y1,…,yn,使得

(1) 成立,其中 zk=xk+iyk,i 为虚单位,k=0,1,…,n.证明你的结论.

【题说】1997 年全国联赛二试题 2. 【解】若存在实数 y1,y2,…,yn 使(1)成立,则

(2)

(3)

这是不可能的.故(3)成立. 反之,若(3)成立,有两种情况.

易知(2)也成立.

B1-051 证明:如果在 x 取三个不同的整数值时,变量 x 的整系数多项式的值的绝对值都是 1,那么这多项式没有整数根. 【题说】1967 年~1968 年波兰数学奥林匹克二试题 1. 【证】设整系数多项式 f(x)对于三个不同的整数 a、b、c,有 |f(a)|=|f(b)|=|f(c)|=1 (1) 假定 f(x)有整数根 x0,则 f(x)=(x-x0)Q(x) (2) 这里 Q(x)是整系数多项式.

由(1)与(2)可知,|(a-x0)Q(a)|a-x0|·|Q(a)|=1.因为|Q(a)|是整数,所以|a-x0|=1.同理|b-x0|=1,|c-x0|=1,从 而三个数 a-x0,b-x0,c-x0 中有两个相等,因而 a、b、c 中有某两个相等,与已知 a、b、c 矛盾,故 f(x)不可能有整数根. B1-052 已知有整系数 a1,a2,…,an 的多项式 f(x)=x +a1x +…+an-1x+an 对四个不同的整数 a、b、c、d,使得 f(a)=f(b)=f(c)=f(d)=5 证明:不存在整数 k 使得 f(k)=8. 【题说】第二届(1970 年)加拿大数学奥林匹克题 10.注意 a、b、c、d 是多项式 f(x)-5 的根. 【证】由已知,应有 f(x)-5=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)g(x) 其中 g(x)是整系数多项式.如果有整数 k,使 f(k)=8,则 (k-a)(k-b)(k-c)(k-d)g(k)=3 但素数 3 不可能有 4 个以上不同的因数(包括负因数在内)k-a,k-b,k-c,k-d,g(k).矛盾.
n n-1

B1-053 P(x)是非常数的整系数多项式,n(P)为能使[P(K)] =1 成立的整数 K 的个数.证明: n(P)-deg(P)≤2 其中 deg(P)是多项式 P(x)的次数. 【题说】第十六届(1974 年)国际数学奥林匹克题 6.本题由瑞典提供. 【证】若[P(K)] =1,则 P(K)=±1. 设 P(x)-1 有 m 个整数根 K1,…,Km,则 P(x)-1=(x-K1)…(x-Km)Q(x) 其中 Q(x)为整系数多项式. P(x)+1=(x-K1)…(x-Km)Q(x)+2 若 m≥4,则因 4 个互不相同的非零整数之积的绝对值大于 2,故 P(K)+1 对任意整数 K 不为 0,若 m=3,同理可得至多 1 个 K 使 P(K)+1=0.对 P(x)+1 的整数根个数 m′有完全类似的结论:若 m′≥4,则 m=0,若 m′=3,则 m=1.总而言之,m 和 m′ 至少有一个不大于 2,因而 n(P)=m+m′≤2+deg(P) n(P)-deg(P)≤2
2

2

B1-054 求出满足下列条件的所有含两个变量的多项式: (1)P 是 n 次齐次的.即对所有实数 t、x、y,有 P(tx,ty)=t ·P(x,y)
n

(2)对所有实数 a、b、c 有 P(a+b,c)+P(b+c,a)+P(c+a,b)=0 (3)P(1,0)=1. 【题说】第十七届(1975 年)国际数学奥林匹克题 6.本题由英国提供. 【解】设 P 是满足条件(1)~(3)的 n 次多项式.由于常数多项式不可能同时满足(2)和(3),故 n≥1. 在(2)中令 a=b,c=-2a,则由 P 的齐次性得 0=P(2a,-2a)+P(-a,a)+P(-a,a) =[(-2) +2]P(-a,a) 若 n>1,则有 P(-a,a)=0,因而 P(x,y)能被 x+y 整除. 设 P(x,y)=(x+y)P1(x,y),则由(2)得 P1(a+b,c)(a+b+c)+P1(b+c,a)(a+b+c)+P1(c+a,b)(a+b+c)=0 故 P1(a+b,c)+P1(b+c,a)+P1(c+a,b)=0 P1 仍是齐次的,且 P1(1,0)=P1(1,0)(1+0)=P(1,0)=1 即 P1 也满足条件(1)~(3),它的次数为 n-1.如果 n-1>1.同样可再构造一个 n-2 次齐次多项式 P2,它满足条件(1)~(3),并且 p1(x,y)=(x+y)p2(x,y) 如此下去,最后总会得到一个一次多项式 Pn-1(x,y)=mx+ny
n

第三十四讲 代数:集合、数、式之九
B1-055 如果 P(x)、Q(x)、R(x)及 S(x)是多项式,且使得 P(x )+xQ(x )+x R(x )=(x +x +x +x+1)S(x) (1) 试证:(x-1)是 P(x)的一个因式. 【题说】第五届(1976 年)美国数学奥林匹克题 5.由多项式余式定理,问题等价于证明 P(1)=0.
5 5 2 5 4 3 2

P(1)+ω Q(1)+ω R(1)=0 P(1)+ω Q(1)+ω R(1)=0
2 4

2

(2) (3)

P(1)+ω Q(1)+ω R(1)=0

4

6

(4)

消去 Q(1)、R(1),得 P(1)=0.由余式定理知,(x-1)是 P(x)的因式.

B1-056 确定所有正整数对(m,n),使得(1+x +x +…+x )能被(1+x+x +…+x )整除. 【题说】第六届(1977 年)美国数学奥林匹克题 1. 【解】问题等价于:求(m,n)使得

n

2n

mn

2

m

是多项式.对任何正整数 m、n,(x ) -1 既能被(x -1)整除,又能被(x 与(x -1)除(x-1)外,没有别的公因式.这只须 n 与(m+1)互质即可.
m+1 n m+1 d

n m+1

n

m+1

-1)整除.所以,为使分母因式全约去,只须(x -1)

n

另一方面, 如果 n 与(m+1)的最大公约数 d>1, 那么(x -1)(x -1)被(x -1) 整除, (x -1)(x 只有一个重根 x=1,所以当 n 与 m+1 不互质时,(m,n)不合要求. 总之,本题的解是 n 与 m+1 互质的正整数对(m,n).

2

n

m+1

-1)有重根 s≠1. 但((x )

n m+1

-1)· (x-1)

B1-057 分解因式:x +x +x +x +1. 【题说】1978 年全国联赛二试题 2(1). 【解】x +x +x +x +1
12 9 6 3

12

9

6

3

B1-058 设 f(x)=ax +bx+c,已知 f(1)、f(2)、f(3)、f(4)、f(5)都是质数,求证:f(x)不能分解成两个整系数一次式的积. 【题说】1981 年北京市赛高一题 7.用反证法. 【证】设 f(x)=g(x)h(x) 其中 g(x)与 h(x)都是整系数一次式,则 f(1)=g(1)h(1),f(2)=g(2)h(2) f(3)=g(3)h(3),f(4)=g(4)h(4) f(5)=g(5)h(5) 上述五个等式的左端都是质数,因此在 g(1)、g(2)、g(3)、g(4)、g(5),h(1)、h(2)、h(3)、k(4)、h(5)这十个整数中至少有五 个是±1. 由于 g(x)是整系数一次式,所以 g(1)、g(2)、g(3)、g(4)、g(5)是不同的数,其中至多有一个 1,一个-1;h(1)、h(2)、h(3)、 h(4)、h(5)中也是这样.故这十个数中至多有四个±1.矛盾.

2

所以原命题正确.

B1-059 对每一实数 r,定义 Tr 为平面内的点变换,它把点(x,y)变为点(2 x,r2 x+2 y).求曲线 y=f(x),使在所有变换 Tr 下,其图像保持不变. 【题说】第十五届(1983 年)加拿大数学奥林匹克题 2. 【解】设曲线 y=f(x)在所有变换 Tr 下保持不变,则对所有 x,r 应有 f(2 x)=r2 x+2 y=r2 x+2 f(x) (1) 在式中令 x=0,则有 f(0)=2 f(0),故知 f(0)=0. 对 x>0,设 f(1)=a,将 x=1 代入(1)中,则有 f(2 )=r2 +a2 (2) 再令 r=log2x,由(2)得 f(x)=xlog2x+ax (3) 对 x<0,设 f(-1)=b.在(1)中令 x=-1,则有 f(-2 )=-r2 +2 f(-1) =-r2 +b·2
r r r r r r r r r r r r r r

r

r

r

(4) 再令 r=log2(-x),由(4)得 f(x)=xlog2(-x)-bx (5) 综上所述,y=f(x)的解析表达式应为

其中 a、b 为常数. 不难验证,它们确实符合要求.

第三十五讲 代数:集合、数、式之十
B1-060 用以下规则归纳地造出多项式的集合 S:(1)x∈S;(2)若 f(x)∈S,则 xf(x)∈S,x+(1-x)f(x)∈S.证明:S 中没有两个不 同的多项式,它们在区间 0<x<1 上的图像相交.

【题说】第十六届(1987 年)美国数学奥林匹克题 3.用数学归纳法. 【证】首先证明:在区间 0<x<1 上,对于所有 f(x)∈S,有 0<f(x)<1.事实上,可对多项式次数进行归纳证明.n=1,显然 成立.假设 0<f(x)<1,则 0<xf(x)<x<1,0<x+(1-x)f(x)<x+(1-x)=1. 下面仍对次数 n 进行归纳,证明 S 中任二多项式不交.n=1,显然.假设次数≤k 的任两多项式 f1(x)、f2(x)不交,即对 x∈(0, 1),f1(x)≠f2(x),于是 xf1(x)≠xf2(x) x+(1-x)f1(x)≠x+(1-x)f2(x) 同时对任何 x∈(0,1),有 xf1(x)<x<x+(1-x)f2(x) xf2(x)<x<x+(1-x)f1(x) 故次数≤k+1 次的任两个多项式也不交.

B1-061 当 x=-1,x=0,x=1,x=2 时,多项式 P(x)=ax +bx +cx+d 取整数值.求证:对于所有的整数 x,这个多项式都取整数值. 【题说】第十四届(1988 年第三阶段)全俄数学奥林匹克九年级题 5. 【证】先将多项式 P(x)变形为

3

2

由已知,d=P(0),a+b+c+d=P(1)都是整数,因此 a+b+c 也是整数.又 P(-1)=2b·(a+b+c)+d,所以 2b 也是整数.最后,因为 P(2)=6a+2b+2(a+b+c)+d 是整数,所以 6a 也是整数.当 x 为任意整数时,数

是整数,所以 P(x)是整数. [评注]如果一个 k≤n 次多项式当自变量取 n+1 个连续整数值时都取整数值, 那么在自变量取任一整数值时, 这个多项式取整数 值.

B1-062 设 a、b、c 是三个不同的实数,P(x)是实系数多项式.已知 (1)P(x)除以(x-a)得余数 a; (2)P(x)除以(x-b)得余数 b; (3)P(x)除以(x-c)得余数 c.] 求多项式 P(x)除以(x-a)(x-b)(x-c)所得的余式. 【题说】1990 年意大利数学奥林匹克题 3. 【解】根据余数定理,P(x)被 x-a 除,余数为 P(a),所以 P(a)=a.从而 P(x)-x,在 x=a 时值为 0.同理它在 x=b,c 时值为 0.所 以(x-a)(x-b)(x-c)|P(x)-x,即 P(x)除以(x-a)(x-b)(x-c),余式为 x.

B1-063 已知多项式 2x -60x +ax 在三个连续的整点处取得三个连续(同样顺序)的整数值.求这些值. 【题说】第十七届(1991 年)全俄数学奥林匹克十一年级题 1. 【解】由已知 2(n-1) -60(n-1) +a(n-1)=m-1 (1) 2n -60n +an=m (2) 2(n+1) -60(n+1) +a(n+1)=m+1 (3) (1)+(3)-(2)×2,并整理得 12n-120=0,所以 n=10 代入(1)、(2)得 2×9 -60×9 +9a=m-1 (4) 2×10 -60×10 +10a=m (5) 解得 a=599,m=1990. 所以这三个连续的整数值是 1989、1990、1991.
3 2 3 2 3 2 3 2 3 2

3

2

B1-064 设 n 是给定的自然数,求所有正数对 a、b,使得 x +ax+b 是 ax +(ax+b) 的因式. 【题说】1992 年上海市赛高三二试题 3. 【解】设 x=x0 是 x +ax+b=0 的根. 因为 b>0,故 x0≠0.x0 也是 ax +(ax+b) 的根,所以 ax0 +(ax0+b) =ax0 +(-x0 ) =ax0 +x0 =0 从而,a+x0 =0,所以,x0 =-a=a(cosπ +isinπ ).
2n 2n 2n 4n 2n 2n 2n 2 2n 2n 2n 2

2

2n

2n

另一方面,由求根公式



从而 n<2k+1<3n.由此可见,n=1 时本题无解. n≥2 时,

故当 n≥2,n∈N 时,所求的正数对 a、b 为

n=1 时无解

第三十六讲 代数:集合、数、式之十一
B1-065 设 P(Z)是 1992 次复系数多项式,它的根各不相同,证明:存在复数 a1,a2,…,a1992,使得 P(Z)整除多项式 {… [(Z-a1)2-a2]2-…-a1991}2-a1992 【题说】第二十一届(1992 年)美国数学奥林匹克题 5. 【证】令 n=1992,r1,r2,…,rn 为 P(z)的 n 个互不相同的根.归纳地定义非空集 Si 与复数 ai 如下:设 S0={r1,r2,…,rn} 对 i≥1,定义 ai 为 Si-1 中任两个数的平均数,(若 Si-1 只含一个数,则定义 ai 为该数).又定义 Si={(z-ai)2|z∈Si-1}.若 Si-1 中 至少含有 <|Si-1|.从而,至多经 n-1 次后 Si 只含有一个元,于是 Sn={0}.令 Q(z)={…[(z-a1)2-a2]2-…-an-1}2-an 由上面的 构造方式可见,有(rk-a1)2∈S1,((rk-a2)2-a2)2∈S2,…,Q(rk)∈Sn 即 Q(rk)=0(k=1,2,…,n),所以 P(z)|Q(z) B1-066 设 P(x)=x4+ax3+bx2+cx+d,a,b,c,d 为常数, 【题说】第三届(1993 年)澳门数学奥林匹克第一轮题 2. 【解】记 1993=n,且令 Q(x)=P(x)-nx,则有 Q(1)=Q(2)=Q(3)=0 从而 Q(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-r). B1-067 设实系数非零多项式 f(x)=anxn+an-1xn-1+a0 g(x)=Cn+1xn+1+cnxn+ …+c0 满足 g(x)=(x+r)f(x) ,其中 r 为一实数.若 a=max(|an|,…,|a0|) c=max(|cn+1|,…,|c0|) 求证:a/c≤n+1. 【题说】1993 年亚太地区数学奥林匹克题 3. 【 证 】 若 | r | ≤ 1 , 则 即 有 cn+1=an , ck=rak+ak-1(k=1 , 2 , … , n) , c0 = ra0 . 所 以 an=cn+1 , an-1=-rcn+1+cn , an-2=(-r)2cn+1+(-r)cn+cn-1, …, a0=(-r)ncn+1+(-r)n-1· cn+…+c1. 故|a|=|ai| =|(-r)n-icn+1+…+Ci+1| ≤|cn+1|+…+|

ci+1| ≤|n-i+1|c ≤(n+1)c 论即知命题正确. B1-068 令 P0(x)=x3+313x2-77x-8,对整数 n≥1,定义 Pn(x)=Pn-1(x-n).那么,P20(x)展开式中 x 项的系数是多少? 【题说】第十一届(1993 年)美国数学邀请赛题 5. 【解】答 763.对正整数 n,有 Pn(x)=Pn-1(x-n)=Pn-1(x-n-(n-1)) =Pn-3(x-n-(n-1)-(n-2) =… =P0(x-n-(n-1)-…-2-1) =P0(x-210) =(x-210)3+313(x-210)2-77(x-210)-8 其中 x 项的系数为 3·(210)2-313·2·210-77=763 B1-070 是否存在整系数二次三项式 P(x),使得对于十进制的任意的全由数码 1 组成的自然数 n,该二次三项式的值 P(n)也是全 由数码 1 组成的自然数. 【题说】第二十届(1994 年)全俄数学奥林匹克九年级题 3. 【解】这样的二次三项式是存在的.例如 P(x)=90x2+20x+1 B1-071 整系数多项式 P(x)满足 P(19)=P(94)=1994,求 P(x)的常数项(已知它的绝对值小于 1000). 【题说】第二十届(1994 年)全俄数学奥林匹克十年级题 6. 【解】设 P(x)的常数项为 a0,则 P(x)=x·Q(x)+a0 其中 Q(x)是整系数多项式,所以 P(19)=19n+a0 P(94)=94m+a0 其中 m、 n 为整数.由 P(19)=P(94)得 19n=94m, 所以 n=94k, m=19k(k 为整数) 于是 19· 94k+a0=1994, 由此得 a0=1994-1786k 因为|a0| <1000,所以 k=1,a0=208.这样的多项式是存在的.例如 -x2+113x+208=-(x-19)(x-94)+1994 B1-072 求最小的正整数 n,它使得(xy-3x+7y-21)n 的展开式经同类项合并后至少有 1996 项. 【题说】第十四届(1996 年)美国数学邀请赛题 3. 【解】(xy-3x+7y-21)n=(x+7)n(y-3)n (x+7)n 展开有 n+1 项,(y-3)n 展开也有 n+1 项,前者是 x 的幂,后者是 y 的幂,次数各不相 同,所以(x+7)n(y-3)n 有(n+1)2 项,这些项或 x 的次数不同,或 y 次数不同,均无法合并.由(n+1)2≥1996 得 n≥44.即所求最小 的正整数为 44.

第三十七讲 代数:集合、数、式之十二
B1-074 证明对任意整数 n,存在一个唯一的多项式 Q(x),系数∈{0,1,…,9},Q(-2)=Q(-5)=n. 【题说】第二十六届(1997 年)美国数学奥林匹克题 3. 【解】如果多项式 f(x)与 g(x)在 x=-2 与-5 时值均相等,就记成 f(x)=g(x),如 x +7x+10=0. 在 n∈{0,1,…,9}时,常数 n 就是满足要求的多项式 Q(x).在 n=10 时,Q(x)=x +6x +3x 满足要求,将它简记为(0,3,6, k 1).一般地,Q(x)=akx +…+a0 简记为(a0,a1,…,ak). 设 Q(x)=(a0,a1,…,ak)的系数∈{0,1,2,…,9},我们证明存在多项式 P(x),系数∈{0,1,2,…,9},并且 P(x)=Q(x)+1, P(x)的系数和也等于 Q(x)的系数和+1.为此,对 Q(x)的系数和 a0+a1+…+ak 进行归纳,奠基显然.设对系数和较小的多项式结论 已经成立. 若 a0<9,结论显然.若 a0=9,则 (a0,a1,…,ak)+1=(0,a1,…,ak)+(0,3,6,1). (i)若 3+a1≤9,则 (0,a1,…,ak)+(0,3,6,1) =(0,a1+3,a2,…,ak)+(0,0,6,1) 对多项式(a2,a3,…,ak)运用归纳假设,得多项式(a′2,a′3,…,a′h)=(a2,a3,…,ak)+1.继续对所得多项式用归纳假设, 直至得到
3 2 2

再用归纳假设得

(ii)若 3+a1≥10,则令 a′1=a1-7,, (0,a1,…,ak)+(0,3,6,1) =(0,a1′,a2,…,ak)+(0,0,9,7,1) 在 a2=0 时,(0,a1′,a2,…,ak)+(0,0,9,7,1)=(0,a1′,9,a3,…,ak)+(0,0,0,7,1),情况与(i)类似. 在 a2≥1 时,令 a′2=a2-1,则 (0,a′1,a2,…,ak)+(0,0,9,7,1) =(0,a′1a′2,a3,…,ak)+(0,0,10,7,1) =(0,a′1,a′2,a3,…,ak) 最后一步利用了 10+7x 十 x =0. 另一方面,设 Q(x)=(a0,a1,…,ak)的系数∈{0,1,2,…,9},可以证明存在多项式 R(x),系数∈{0,1,2,…,9},并且 R(x)=Q(x)-1.这只要注意 Q(x)-l=Q(x)+(9,7,1) 再多次利用上面关于 Q(x)+1 的结果即得. 因此,对一切整数 n,均有合乎要求的多项式 Q(x)存在. 如果又有多项式 Q1(x)满足要求,设 Q(x)-Q1(x)=(b0,b1,…,bk),bi∈{0,±1,…,±9}, 0≤i≤k. 由 Q(-2)-Q1(-2)=0 得 2|b0.同理,5|b0,所以 10|b0.但|b0|<10,所以 b0=0. 于是 bk(-2) +…+b1(-2)=0,从而 2 |2b1,2|b1.同理 5|b1.所以 b1=0. 依此类推,可得 b2=…=bk=0.从而合乎条件的 Q(x)是唯一的.
k 2 2

B1-075 观察

由这些例子的启发,叙述一般规律,并加以证明.对任何大于 1 的 n,证明存在正整数 i 和 j(i<j)使得

(1) 【题说】第五届(1973 年)加拿大数学奥林匹克题 7. 【解】所给例子暗示的规律是

于是(1)右边等于

取 i=n-1,j=(n-1)n-1,则

即(1)式成立.

B1-076 设 P 是集合 Sn={1,2,…,n}的一个排列.如果 p(j)=j,元素 j∈Sn 叫做 p 的不动点.设 fn 是没有不动点的排列的个数, gn 是恰有一个不动点的排列的个数.证明:|fn-gn|=1. 【题说】第十四届(1982 年)加拿大数学奥林匹克题 4.本题结论可加强为 fn-gn=(-1) . 【证】显然 f1=0,f2=1. 当 n≥3 时,fn=(n-1)(fn-2+fn-1) (1)
n

事实上,若 k(≠1)排在第一个,这时如果 1 排在第 k 个(即 1 与 k 对换),其余 n-2 个数没有不动点的排列有 fn-2 个;如果 1 不排 在第 k 位,这相当于 n-1 个数都没有不动点,其排列数为 fn-1.当 k 遍历 2,3,…,n 时,便得到(1)式. 对于 gn 显然 g1=1,g2=0.当 n≥3 时,除某一数 k 不动外,其余数皆变动,而 k 可以是 1~n 中任一个,故得 gn=nfn-1. 因而 fn-gn=(n-1)(fn-2+fn-1)-nfn-1 =(n-1)fn-2-fn-1=gn-1-fn-1 由 f1-g1=-1 及(2)得 fn-gn=(-1) .
n

(2)

B1-077 10 名运动员参加乒乓球循环赛, 每两人均赛 1 场, 设第 1 个选手胜 x1 场、 负 y1 场, 第 2 个选手胜 x2 场、 负 y2 场等等. 证 明:

【题说】第二十一届(1987 年)全苏数学奥林匹克八年级题 1. 【证】每个选手恰赛 9 场,所以 xi+yi=9(i=1,2,…,10) 胜负总数相同,即 x1+x2+…+x10=y1+y2+…+y10

=9[(x1-y1)+(x2-y2)+…+(x10-y10)] =0 所以

第三十八讲 代数:集合、数、式之十三
B1-078 命 Pn(k)是集{1,2,…,n}的保持 k 个点不动的排列的数

【题说】第二十八届(1987 年)国际数学奥林匹克题 1.本题由原联邦德国提供. 【证】保持 k 个点不动,就是其余 n-k 个点中没有一个点不动,而

于是

不动的排列数,也就是 n-1 点的全排列数(n-1)!,所以

B1-079 数 x、y、z 满足关系式 x/(y+z)+y/(z+x)+z/(x+y)=1 证明:x /(y+z)+y /(z+x)+z /(x+y)=0
2 2 2

【题说】第十六届(1990 年)全俄数学奥林匹克十年级题 1. 【证】将给定的已知等式分别乘以 x、y、z 且将所得三式相加,得 [x /(y+z)+y /(z+x)+z /(x+y)]+[xy/(y+z)+xz/(y+z)]+[xy/(z+x) +yz/(z+x)]+[xz/(x+y)+zy/(x+y)] =x+y+z 上式左边后三个括号内的数分别为 x、y、z,所以,要证的等式成立.
2 2 2

B1-080 设 x1,x2,…,xn(n≥3)是非负实数,且 x1+x2+…+xn=1 证明:

【题说】第一届(1992 年)中国台北数学奥林匹克题 3. 【证】当 n=3 时,由于不等式关于 x1,x2,x3 轮换对称,不妨设 x1≥x2,x1≥x3. 若 x2<x3,由

=(x1-x3)(x1-x2)(x2-x3)≤0 知

所以,只需就 x2≥x3 的情况证明.设 x1≥x2≥x3. 则

设 n=k(k≥3)时命题成立.当 n=k+1 时,设 x1≥xi(i=2,3,…,k+1),则

故命题对任意 n≥3 均成立

B1-081 对任何自然数 n,求证:

【题说】1994 年中国数学奥林匹克(第九届数学冬令营)题 5. 【证】下证更一般的结果,对任意 r(0≤r≤n),成立恒等式:

右边,为从 2n+1 个元素 a1,a2,…,a2n+1 中取 r 个的组合数. 将 2n+1 个元素分为 n+1 个子集: {a1,a2},{a3,a4},…,{a2n-1,an}{a2n+1} 从 2n+1 个元素中取 r 个的组合,可以这样来取:先从 n 个二元集中

故得恒等式

B1-083 证明恒等式

【题说】第二十届(1994 年)全俄数学奥林匹克九年级(决赛)题 5.

B1-084 k 与 n 为整数,1≤k≤n,a1,a2,…,ak 满足

【题说】1995 年日本数学奥林匹克题 5.

由牛顿公式

其中 1≤m≤k,由于 pj=n(1≤j≤k),所以令 m=j,j+1(1≤j≤k-1)得

两式相减得

第三十九讲 代数:方程之一
B2-001 如果方程 x +ax+b=0 与 x +px+q=0 有一个公根,求以它们的相异根为根的二次方程. 【题说】1957 年上海市赛高二复赛题 2.
2 2

【解】设公根为α ,则 α +aα +b=0 α +pα +q=0 相减,得 (a-p)α =q-b 所以
2 2

由韦达定理,另外两个相异的根为

故所求方程为

【注】利用两根之和等于一次项系数的相反数求出的方程为

此方程与上面求出的方程仅是外形不同,事实上,a,b,p,q 有关系. (b-q) =(aq-bp)(p-a)
2

B2-002 方程 x =1(x≥2)的 n 个根是 1,x1,x2,…,xn-1.证明:

n

【题说】1957 年武汉市赛决赛题 2.将原方程变形为(x-1)(x +x +…+x+1)=0. 【证】x -1=(x-1)(x-x1)…(x-xn-1).因此, (x-x1)(x-x2)…(x-xn-1)=x +x +…+x+1 令 x=±1 得 (1-x1)(1-x2)…(1-xn-1)=n
n-1 n-2 n

n-1

n-2

所以

B2-003 证明:如果整系数二次方程 ax +bx+c=0(a≠0)有有理根,那么 a、b、c 中至少有一个是偶数. 【题说】1958 年~1959 年波兰数学奥林匹克三试题 2.

2

从而 ap +bpq+cq =0 若 p、q 均为奇数,则
2 2

因此 a、b、c 中至少有一个偶数. 若 p、q 中有一个偶数,则另一个为奇数.不妨设 p 为奇数,q 为偶数,则

即 a 为偶数.

B2-004 证明:方程 x +x=10 有一正根为无理数. 【题说】1963 年合肥市赛高三二试题 4. 【证】当 x=0 时,x +x<10.当 x=10 时,x +x>10,因此 x +x=10 必有正根(在(0,10)内).
5 5 5

5

并且 p、q 互质)

第四十讲 代数:方程之二
B2-007 设 a 和 b 为实数,且使方程 x +ax +bx +ax+1=0 至少有一个实根,对所有这种数对(a,b),求出 a +b 的最小可能值. 【题说】第十五届(1973 年)国际数学奥林匹克题 3.本题由瑞典提供. 【解】设实数 x 使
2 2 4 3 2

x +ax +bx +ax+1=0 则

4

3

2

从而方程 y +ay+(b-2)=0
2

此式即

平方整理得 2|a|≥2+b 从而

程 x +ax +bx +ax+1 的实根).

4

3

2

B2-008 若 P1(x)=x -2,Pi(x)=P1[Pi-1(x)],i=2,3,4,….证明:对任何自然数 n,方程 Pn(x)=x 的根都是不同的实根. 【题说】第十八届(1976 年)国际数学奥林匹克题 2.本题由芬兰提供. 【证】当|x|≥2 时,P1(x)≥2,从而 Pn(x)≥2,故 Pn(x)的所有实根都在(-2,2)中.设 x=2cost,则 P1x(t)=4cos t-2=2cos t 从而 Pnx(t)=2cos2 t
n 2 2

2

即当 2 t=±t+2kπ ,k=0,1,…时,得 Pn(x)=x 的 2 个不同的实根,因为 Pn(x)次数是 2 ,所以它的所有根都是实根。

n

n

n

B2-009 已知方程 2x -9x+8=0,求作一个二次方程,使它的一个根为原方程两根和的倒数,另一根为原方程两根差的平方. 【题说】1978 年全国联赛一试题 4. 【解】设已知方程的两个根为 x1、x2,所求方程为 x +px+q=0,它
2

2

故所求方程为 36x -161x+34=0.

2

B2-010 设 a、b、c、d 是互不相同的四个整数,r 是方程 (x-a)(x-b)(x-c)(x-d)-9=0

【题说】1979 年河南省赛一试题 7. 【证】由题意 (r-a),(r-b),(r-c),(r-d) 是互不相同的四个整数,且 (r-a)(r-b)(r-c)(r-d)=9 由整数的唯一分解定理知 r-a,r-b,r-c,r-d 只能分别是-1,1,-3,3. 所以 (r-a)+(r-b)+(r-c)+(r-d)=0 即

B2-011 设 a、b、c 是方程 x -x -x-1=0 的根. 1.证明:a、b、c 彼此不等;

3

2

2.证明:下式表示一个整数

【题说】第十四届(1982 年)加拿大数学奥林匹克题 2.第 2 小题中,1982 换成任意自然数 n 均成立. 【证】1.由韦达定理,有 a+b+c=1,bc+ca+ab=-1,abc=1 如果 a、b、c 中有两数相等,不妨设 b=c.则有 a+2b=1,b +2ab=-1,ab =1 由前二式解得 a=-1,b=1,a=5/3,b=-1/3.但它们不满足第三式.因此,a、b、c 彼此不等.
2 2

(a+b+c)=2 都是整数,设在 n≤k 时 An 均为整数(k≥2),则由于 b =b +b +b 等,所以 k+1 k k k-1 k-1 k-2 k-2 b -c =(b -c )+(b -c )+(b -c ).从而 Ak+1=Ak+Ak-1+Ak-2 也是整数,因此一切 An 为整数.特别地,A1982 为整数.
k+1

k+1

k

k-1

k-2

B2-012 已知 x1、x2 是方程 x +(k-2)x+(k +3k+5)=0 (k 为实数)
2 2

【题说】1982 年全国联赛题 1(6).原题为选择题. 【解】由于 x1、x2 是实数根,所以 △=(k-2) -4(k +3k+5)≥0
2 2

第四十一讲 代数:方程之三
B2-013 已知方程(x-19)(x-83)=p,有实根 r1 和 r2(其中 p 为实数),求方程 (x-r1)(x-r2)=-p 的最小实根. 【题说】1984 年北京市赛高一题 1(4).原题为选择题. 【解】由题意得: (x-19)(x-83)-p=(x-r1)(x-r2)

可见 19 与 83 是方程(x-r1)(x-r2)=-p 仅有的两个实根,最小实根为 19. B2-014 四次方程 x -18x +kx +200x-1984=0 的四个根中的两个根的乘积为-32,试决定 k 的值. 【题说】第十三届(1984 年)美国数学奥林匹克题 1. 【解】设方程四根为 x1、x2、x3、x4,且 x1x2=-32.由根与系数关系,有 x1+x2+x3+x4=18 (1) x1x2+x3x4+(x1+x2)(x3+x4)=k (2) x1x2(x3+x4)+x3x4(x1+x2)=-200 (3) x1x2x3x4=-1984 (4) 由(4)得 x3x4=-1984/(-32)=62 代入(3)得 31(x1+x2)-16(x3+x4)=-100 (5) 由(1)、(5)解得 x1+x2=4,x3+x4=14 代入(2)得 k=-32+62+4×14=86
4 3 2

B2-015 方程 x +ax+b+1=0 的根是正整数.证明:a +b 是合数. 【题说】第二十届(1986 年)全苏数学奥林匹克八年级题 1. 【证】设 x1、x2 是原方程的两根,则
2 2 2

(1) 由(1)式得

因为 x1、x2 都是正整数,所以 a +b 是合数.

2

2

B2-016 a1,a2,…,a2n 是 2n 个互不相等的整数.如果方程 (x-a1)(x-a2)…(x-a2n)+(-1) (n!) =0 有一个整数解 r,求证
n-1 2

【题说】第二届(1987)东北三省数学邀请赛题 6. 【解】由题设可知 (r-a1)(r-a2)…(r-a2n)=(-1) (n!) 2n 个整数 r-a1,r-a2,…,r-a2n 两两不等. 2n 个不同的整数 r-a1,r-a2,…,r-a2n 的积为(-1) (n!) ,所以它们必为-n,-(n-1),…,-1,1,2,…,n 的一个排列,从 而 (r-a1)+(r-a2)+…+(r-a2n) =-n-(n-1)-…-1+1+2+…+n=0
n 2 n 2

B2-017 证明:对每一整数 n>1,方程

无有理根. 【题说】第三十届(1989 年)IMO 预选题 4.本题由保加利亚提供. 【证】首先证明对每一个整数 k>0 及每个素数 p,p |k!, 事实上,设 s≥0 为整数,满足 P ≤k≤P
s s+1 k

,则满足 p |k!的最大整数为

r

所以 p |k! 若方程有有理根为α ,则
k

B2-018 求方程 x

199

+10x-5=0 所有 199 个解的 199 次方的和.

【题说】1991 年日本数学奥林匹克预选赛题 2. 【解】设方程的解为 a1,a2,…,a199,则由韦达定理知 a1+a2+…+a199=0, 所以

B2-019 求使方程 x -pqx+p+q=0 有整数根的所有自然数 p 和 q. 【题说】第十七届(1991 年)全俄数学奥林匹克十年级题 1, 【解】设自然数 p、q,使得原方程有两根 x1、x2∈Z,则 x1x2=p+q>0,x1+x2=pq>O 因此,这两根均为正数,且 (x1-1)(x2-1)+(p-1)(q-1)=2

2

2 表为两个非负整数之和,只有三种情况: (1) 0+2;(2) 1+1;(3) 2+0. 由(1)得 p=3,q=2 或 p=2,q=3;由(2)得 p=q=2;由(3)得 p=1,q=5,或 p=5,q=1

第四十二讲 代数:方程之四
B2-020 对多少个实数 a,x 的二次方程 x +ax+ba=0 只有整数根? 【题说】第九届(1991 年)美国数学邀请赛题 8. 【解】设 m、n 是方程二整数根(m≤n).则应有 a=-(m+n),6a=mn 因此,a 也是整数,且 -6(m+n)=mn 即 (m+6)(n+6)=36 由于 36=2 ·3
2 2 2

所以(m,n)有 10 组解:(-42,-7),(-24,-8),(-18,-9),(-15,-10),(-12,-12),(-5,30),(-4,12),(-3,6),(-2,3),(0, 0)对应的 a=-(m+n)也有 10 个值: 49,32,27,25,24,-25,-8,-3,-1,0

B2-021 p 为整数,试证 x -2x-(10p +10p+2)=0 无整数解. 【题说】第三届(1993 年)澳门数学奥林匹克第二轮题 1. 【证】将原方程变形为 x(x-2)=2[5p(p+1)+1] 因为 p(p+1)是偶数,所以(1)式右边 (1)

2

2

如果 x 是整数,那么 x 必为偶数,(1)式左边

矛盾.

所以原方程无整数解.

B2-022 设 f(x)=x +5x +3,其中 n 是一个大于 1 的整数.求证:f(x)不能表示为两个多项式的乘积,其中每一个多项式都具 有整数系数而且它们的次数都不低于一次. 【题说】第三十四届(1993 年)国际数学奥林匹克题 1. 【解】f(x)的有理根只可能是±1,±3.不难验证 f(1)=8,f(-1)=4(-1) +3,f(3)=3 +5·3 +3,f(-3)=2(-3) +3 均不为 0,所 以 f(x)没有一次因式. 若 f(x)=g(x)h(x) (*) 其中 g(x)=x +ap-1x +…+a1x+a0 h(x)=x +bq-1x +…+b1x+b0 p,q,a0,a1,…,ap-1,b0,b1,…,bq-1 都是整数并且 p+q=n,p≥2,q≥2, 则比较(*)式两边常数项得 a0b0=3. 不妨设 a0=±3,b0=±1.设 a1,…,ap 中第一个不被 3 整除的为 ak,则 k≤p=n-q<n-1. 比较(*)两边 x 的系数得 0=akb0+ak-1b1+…+a0bk 左边被 3 整除,右边仅 akb0 不被 3 整除,从而右边不被 3 整除,矛盾. 所以 f(x)不能分解为两个整系数多项式的乘积.
k q q-1 p p-1 n-1 n n-1 n-1

n

n-1

B2-023 x 的二次方程 x +z1x+z2+m=0 (1) 中,z1、z2、m 均是复数,且
2

(2)

【题说】1994 年全国联赛二试题 1. 【解】由韦达定理有

因为(α -β ) =(α +β ) -4α β

2

2

所以 m-(4+5i)|=7 这表明复数 m 在以 A(4,5)为圆心、以 7 为半径的圆周上.

故原点在⊙A 内. 延长 OA,交圆周于 B、C 两点,则

B2-024 已知方程 ax +bx +c=0 有 3 个不同的实数根.证明:方程 cx +bx+a=0 也有 3 个不同的实数根. 【题说】第二十届(1994 年)全俄数学奥林匹克九年级题 5. 【证】显然 x=0 不是方程 ax +bx +c=0 的根,否则 c=0,方程只有两个不同的实数根,这与题设矛盾.
5 4

5

4

5

B2-025 方程 x +ax+b=0 有两个不同的实数根.证明:方程 x +ax +(b-2)x -ax+1=0 有 4 个不同的实数根. 【题说】第二十届(1994 年)全俄数学奥林匹克十年级题 2. 【证】x +ax +(b-2)x -ax+1=(x -x1x-1)(x -x2x-1) 其中 x1、x2 分别是方程 x +ax+b=0 的两个不同的实数根.
2 4 3 2 2 2

2

4

3

2

现在只须证明:方程 x -x1x-1=0 (1) 及 x -x2x-1=0 (2) 的实数根各不相同.由判别式
2 2

知它们分别有两个不同的实数根.

x1≠x2 矛盾. 所以方程(1)、 (2)没有公共根.从而本题结论成立. B2-026 求一切实数 p,使得三次方程 5x -5(p+1)x + (71p-1)x+1=66 p 的三个根均为正整数. 【题说】1995 年全国联赛二试题 2. 【解】由观察知,x=1 是(1) 的一个正整数根.所以 5x -5(p+1)x +(71p-1) x+1-66p=(x-1)Q(x),其中 Q(x)=5x -5px+66p-1. 设正整数 u、v 是 Q(x)=0 的两个根,则
3 2 2 3 2

(1)

所以 p 是正整数,将(2)代入(3),得 5uv=66(u+v)-1 从而

(4)

因左边是 5 的倍数, 19、 229 又都是素数, 故 5v-66=19 或 229 由此求得 v=17 或 59,u=59 或 17, p=u+v=76, 即当且仅当 p=76 时,方程(1)三根均是正整数:1,17,59.

第四十三讲 代数:方程之五
B2-027 已知 f(x)、g(x)和 h(x)都是二次三项式,方程 f(g(h(x)))=0 有根为 1,2,3,4,5,6,7 和 8,这可能吗? 【题说】第二十一届(1995 年)全俄数学奥林匹克九年级题 3. 【解】设 1,2,3,4,5,6,7 和 8 是方程 f(g(h(x)))=0 的根.

如果直线 x=a 是抛物线 y=h(x)的对称轴,那么当且仅当 x1+x2=2a 时,h(x1)=h(x2). 多项式 f(g(x))的根不多于 4 个,而 h(1),h(2),…,h(8)都是它的根,因此只能是 a=4.5,且 h(4)=h(5),h(3)=h(6),h(2)=h(7), h(1)=h(8).此外,由图像可知 h(1),h(2),h(3),h(4)是单调数列. 同样地,考察二次三项式 f(x)及它的根 g(h(1)),g(h(2)),g(h(3)),g(h(4)).我们得到 h(1)+h(4)=2b,h(2)+h(3)=2b,其中直线 x=b 是方程 y=g(x)的抛物线的对称轴. 对于二次三项式 h(x)=Ax +Bx+c, 由 h(1)+h(4)=h(2)+h(3), 得 4A=0, 即 A=0, 这与 h(x)是二次三项式相矛盾, 所以方程 f(g(h(x)))=0 不可能有根 1,2,3,4,5,6,7,8.
2

B2-028 若α 、β 、γ 是 x -x-1=0 的根,计算

3

的值. 【题说】第二十八届(1996 年)加拿大数学奥林匹克题 1. 【解】设 f(x)=x -x-1=(x-α )(x-β )(x-γ ) 由多项式根与系数关系,有 α +β +γ =0 α β +β γ +γ α =-1 α β γ =1 从而
3

其中分子 A=(1+α )(1-β )(1-γ )+(1+β )(1-α )(1-γ )+(1+γ )(1-α )(1-β ) =3-(α +β +γ )-(α β +β γ +γ α )+3α β γ =7 分母 B=(1-α )(1-β )(1-γ )=f(1)=-1 因此所求值为 S=-7.

B2-029 设 p(x)是实系数多项式函数 p(x)=ax +bx +cx+d. 证明: 如果对任何|x|<1, 均有|p(x)|≤1, 则|a|+|b|+|c| +|d|≤7. 【题说】第三十七届(1996 年)IMO 预选题 【证】由 p(x)为连续函数且|x|<1 时,|p(x)|≤1,故|x|≤1 时,p(x)≤1.

3

2

故 |a|+|b|=max{|a+b|,|-a+b|}≤4

故|c|+|d|=max{|c+d|,|-c+d|}≤3. 因此,|a|+|b|+|c|+|d|≤7.

B2-030 设 a 是 x -x-1=0 的解,求以 a 为其解的整系数三次方程. 【题说】1996 年日本数学奥林匹克预选赛题 4. 【解】a -a=1,两边平方得 a (a -1) =1
2 2 2 3

3

2

所以 a 是 x(x-1) =1 的根,展开得 x -2x +x-1=0 这就是所求的方程.
3 2

2

2

B2-031 假设 x +3x +4x-11=0 的根是 a,b,c,x +rx +sx+t=0 的根是 a +b,b+c,c+a,求 t. 【题说】第十四届(1996 年)美国数学邀请赛题 5. 【解】由韦达定理, r =-(a+b)(b+c)(c+a) =-(-3-c)(-3-a)(-3-b) =-((-3) +3(-3) +4(-3)-11)=23
3 2

3

2

3

2

B2-032 设 P 是方程 z +z +z +z +1=0 的有正虚部的那些根的乘积, 并设 P=r (cosθ °+isinθ °) , 这里 0<r, 0≤6<360. 求 θ . 【题说】第十四届(1996 年)美国数学邀请赛题 11. 【解】原方程即

6

4

3

2

u -2u+1=0 即 (u-1)(u +u-1)=0 从而
2

3

z=cos60°±isin60°,cos72°±isin72°,cos144°±isin144° θ =60+72+144=276

B2-033 解方程组

其中 a 和 b 是已知实数,当 a 和 b 满足什么条件时,方程组的解 x、y、z 是互不相同的正数? 【题说】第三届(1961 年)国际数学奥林匹克题 1.本题由匈牙利提供. 【解】a -b =(x+y+z) -(x +y +z ) =2(xy+yz+zx) =2(z +yz+zx)=2az 若 a=0,则 b≠0 时方程组无解;b=0 时,由 x +y +z =0 得 x=y=z=0.
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

u +(z-a)u+z =0

2

2

y>0.

第四十四讲 代数:方程之六
B2-034 一时钟在某时间 T1,短针指在 2 与 3 之间,长针指在 4 与 5 之间,过了某段时间之后,到时间 T2,长针指在原来短 针所指的位置,而短针指在原来长针所指的位置,求原来时间 T1 和现在时间 T2 各为几点钟. 【题说】1963 年上海市赛高三决赛题 2. 【解】设在时间 T1,短针的度数为 x,长针的度数为 y.因短针走

B2-035 求所有能使等式 x5+x2=yx1 x1+x2=yx2 x2+x4=yx3 x3+x5=yx4 x4+x1=yx5 (1) (2) (3) (4) (5)

成立的值 x1,x2,x3,x4,x5,这里的 y 是一个参数. 【题说】第五届(1963 年)国际数学奥林匹克题 4.本题由原苏联提供. 【解】将五个方程相加得 (x1+x2+x3+x4+x5)(y-2)=0 所以 x1+x2+x3+x4+x5=0 或 y=2. 如果 y=2,那么原方程组可写成 x5-x1=x1-x2=x2-x3=x3-x4=x4-x5 即 x1=x2=x3=x4=x5=任意数是原方程组的解. 如果 y≠2,那么 x1+x2+x3+x4+x5=0 由(3)、(2)、(4)得 y x3=y(x2+x4)=(x1+x3)+(x3+x5) 由上式及(3)、(6)得 (y +y-1)x3=x1+x3+x5+x2+x4=0
2 2

(6)

因此,在 y +y-1=0 时,x3=0.同理 x1=x2=x3=x4=x5=0 它显然是原方程组的解.

2

不难验证任意 x2、x1 及由以上三式得出的 x3、x4、x5 是原方程组的解.

B2-036 已知方程组

其系数满足下列条件: (1)a11、a22、a33 都是正的; (2)所有其余系数都是负的; (3)每一方程中系数之和是正的. 证明:x1=x2=x3=0 是已知方程组的唯一解. 【题说】第七届(1965 年)国际数学奥林匹克题 2.本题由波兰提供. 【证】设 x1、x2、x3 为一组解,不妨设|x1|≥|x2|≥|x3|,则|a11x1+a12x2+a13x3|≥|a11x1|-|a12x2|-|a13x3|≥a11|x1|+a12|x1|+a13|x1|= (a11+a12+a13)|x1|≥0,等号仅在 x1=x2=x3=0 时成立.

B2-037 解方程组

其中 a1、a2、a3、a4 是已知的两两不等的实数.

【题说】第八届(1966 年)国际数学奥林匹克题 5.本题由捷克斯洛伐克提供. 【解】在方程组中,如果将足码 i 换 j,j 换成 i,原方程组不变.不失一般性,可以假定 a1>a2>a3>a4,这时原方程组成为 (a1-a2)x2+(a1-a3)x3+(a1-a4)x4=1 (a1-a2)x1+(a2-a3)x3+(a2-a4)x4=1 (a1-a3)x1+(a2-a3)x2+(a3-a4)x4=1 (a1-a4)x1+(a2-a4)x2+(a3-a4)x3=1 (1)-(2)、(2)-(3)、(3)-(4),分别得 (a1-a2)(x2+x3+x4-x1)=0 (a2-a3)(-x1-x2+x3+x4)=0 (a3-a4)(-x1-x2-x3+x4)=0 即有 x2+x3+x4=x1 x1+x2=x3+x4 x1+x2+x3=x4 由(5)、(6)、(7)得 x2=x3=0,x1=x4 代入(1)、(4)得 (5) (6) (7) (1 ) (2 ) (3 ) (4 )

经检验可知,当 a1>a2>a3>a4 时,

是原方程组的解. 一般地,当 ai>aj>ak>al 时,方程组的解为:

B2-038 给出关于 x1,x2,…,xn 的方程组

其中 a、b、c 为实数,a≠0,且Δ =(b-1) -4ac.证明:在实数范围内该方程组 (i)当Δ <0 时无解; (ii)当Δ =0 时恰有一个解; (iii)当Δ >0 时有多于一个解. 【题说】第十届(1968 年)国际数学奥林匹克题 3.本题由保加利亚提供. 【证】将 n 个方程相加得

2



所以Δ <0 时,无实数解. Δ =0 时,只有一个解

Δ >0 时,显然有两组不同的解

B2-039 已知 p 个方程 q=2p 个未知数 x1,x2,…,xq 的方程组: a11x1+a12x2+…+a1qxq=0 a21x1+a22x2+…+a2qxq=0 …… ap1x1+ap2x2+…+apqxq=0 其中每一个系数 aij 是集{-1,0,1}中一元素,i=1,2,…,p;j=1,2,…q .证明:方程组有一个解(x1,x2,…,xq) 使得

(i)所有 xj(j=1,2,…,q)是整数; (ii)至少有一个 j 值使 xj≠0(1≤j≤q); (iii)|xj|≤q(j=1,2,…,q). 【题说】第十八届(1976 年)国际数学奥林匹克题 5.本题由荷兰提供. 【证】考虑适合条件|yj|≤p(j=1,2,…,q)的所有整数组(y1,y2,…,yq),共有(2p+1) 个. 令 Ai=ai1y1+…+aiqyq,i=1,2,…,p. 由于 aij 是-1,0,1 中的一个,每个 Ai 都是整数,并且 |Ai|≤|y1|+…+|yq|≤pq 因此,数组(A1,A2,…,Ap)至多有(2pq+1) =(4p+1) 个. 因为(2p+1) =(2p+1) =(4p +4p+1) >(4p+1) ,由抽屉原理,一定有两个不同的数组(y1,…,yq),(y′1,…, y′q)产生同一个数组(A1,A2,…,Ap),所以 ai1(y1-y′1)+…+aiq(yq-y′q)= 0(i=1,2,…,p) 令 xj=yj-y′j,j=1,2,…,q.则 x1,…,xq 不全为零,满足方程组且有 |xj|=|yj-y′j|≤|yj|+|y′j|≤2p=q 这说明(x1,…,xq)即是所要找的一个解.
q 2p 2 p p p p q


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