高中数学奥林匹克竞赛试题及答案0204192339

1962年上海高三决赛题 ． 【证】 四个连续自然数的乘积可以表示成n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1 因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立． 4 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． 1963年俄 【证】 设此算术级数公差是 d，且其中一项 a＝m2（m∈N）．于是a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2 对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数． 5 求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．19年俄． 【解】 设 n2满足条件，令n2＝100a2＋b，其中 0＜b＜100．于是 n＞10a，即 n≥10a＋1．因此b＝n2100a2≥20a＋1 由此得 20a＋1＜100，所以a≤4．经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402≥422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681． 6 求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数． 19年波兰 【解】 当p≡±1（mod 5）时，5|4p2＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p2＋1．所以本题只有一个解p＝5． 7 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＝n4＋a都不是素数． 1969德国． 【证】 对任意整数m＞1及自然数n，有n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2） 而 n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2＝（n－m）2＋m2≥m2＞1故 n4＋4m4不是素数．取 a＝4·24，4·34，…就得到无限多个符合要求的 a． 8 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． 1970年苏 【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！ 9 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． 1973年加拿大 【证】 因p是奇数，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． 10 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）．

美国1973年 【证】 设p、q、r是不同素数．假如有自然数l、m、n和实数a、d， 消去a，d，得

化简得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m

11 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． 1977年荷兰 【证】 设a＝n－1，b＝2n－1，则a2、b2、a2b2都属于Vn．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在Vn中不可分解． 式中不会出现a2． r＝a2b2有两种不同的分解方式：r＝a2·b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab·ab＝…（直至ab分成不可分解的元素之积），前者有因数a2，后者没有． 12 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． 1979年英国 【证】 序列 1，10001，100010001，…，可写成1，1＋104，1＋104＋108，… 一个合数． 即对n＞2，an均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a2＝10001＝137·73．故对一切n≥2，an均为合数． 13 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． 1984年苏 【证】 若不同数字多于 3个，则这些数字只能是1、3、7、9．不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，104×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． 14正整数 d不等于 2、5、13．证在集合｛2，5，13，d｝中可找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数． 1986年德 【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＝x2 5d－1＝

y2 13d－1＝z2 其中x、y、z是正整数． x是奇数，设x＝2n－1．代入有 2d－1＝（2n－1）2即d＝2n2－2n＋1 说明d也是奇数． y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p） 因2d是偶数，即q2－p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q＋p和q－p都是偶数，即2d是4的倍数，因此d是偶数．这与d是奇数相矛盾，故命题正确． 15 .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． 1987年全苏 【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． 16 n≥2，证：如果k2＋k＋n对于整数k

素数． 1987苏联 （1）若m≥p，则p|（m－p）2＋（m－p）＋n．又（m－p）2＋（m－p）＋n≥n＞P，这与m是使k2＋k＋n为合数的最小正整数矛盾．（2）若m≤p－1，则（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且（p－1－m）2＋（p

2＋－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

得4m2＋4m＋1≤m2＋m＋n即3m2＋3m＋1－n≤0由此得

17 正整数a与b使得ab＋1整除

a2＋b2．求证：（a2＋b2）/（ab＋1）是某个正整数的平方．

1988德国 a2－kab＋b2＝k （1） 显然（1）的解（a，b）满足ab≥0（否则ab≤－1，a2＋b2＝k（ab＋1）≤0）．又由于k不是完全平方，故ab＞0． 设（a，b）是（1）的解中适合a＞0（从而b＞0）并且使a＋b最小的那个解．不妨设a≥b．固定k与b，把（1）看成a的二次方程，它有一根为a．设另一根为a′，则由韦达定理是（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． 18 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． 19年瑞典提供． 【证】 设a＝（n＋1）！，则a2＋k（2≤k≤n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋

k是质数的整数幂pl，则k＝pj（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被pj＋1整除，所以a2＋k被pj整除而不被pj＋1整除，于是a2＋k＝pj＝k，矛盾．因此a2＋k（2≤k≤n＋1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂． 19 n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？

1990年全苏 a′为整数，因而（a′，b）也

解 32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）当 n＞l时，3n－2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，原数是合数．当 n＝1时，原数是13 20 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．

1991年罗马尼亚． 证由（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． 21 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． 1992年台北数学奥林匹克 【解】 设任一排列，总和都是1001＋1002＋…＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和≥15005，所以A≥15005

另一方面，将1001～2000排列如下： 2000 1001 1900 1101 1800

1201 1700 1301 1600 1401

1999 1002 19 1102 1799 1202 1699 1302 1599 1402

… … … … … … 1901 1100 1801 1200 1701 1300 1601 1400 1501 1300

并记上述排列为a1，a2，…，a2000 （表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1≤i≤20，1≤j≤10） 令 Si＝ai＋ai＋1＋…＋ai＋9（i＝1，2，…，1901）则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则Si＝15005；若i为偶数，则Si＝15004．综上所述A＝15005． 22 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？

1992年友谊杯国际数学竞赛七年级 【解】 （n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77） 不难验证n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）时，均有2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1） 所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2不是平方数， 23 是否存在完全平方数，其数字和为1993？ 1993年数学奥林匹克第二轮 0（mod 5） 【解】 存在， 取n＝221即可． 24 能表示成连续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？ 1993年美国数学邀请赛 【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＋…＋＝40＋41＋…＋50

25 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？

1993年全俄数学奥林匹克 【解】 如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k＋m）（2k－m）是合数． 26 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． 1994年澳大利亚数学奥林匹克 【证】 若2n＋1及3n＋1是平方数，因为2 （2n＋1），3 此可得n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2 （3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，由

反之，若n＋1＝k2＋（k＋1）2＝（t±1）2＋2t2，则2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2从而命题得证． 27 设 a、b、c、d为自然数，并且ab＝cd．试问 a＋b＋c＋d能否为素数．

1995年莫斯科数学奥林匹克九年级题 【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． 28 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． 1996年上海高中数学竞赛题 【证】 Sn＝kn＋kn－1＋…＋k1 所以。又

。

从而

A2－001 哪些连续正整数之和为1000？试求出所有的解．

1963年成都 【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． 1977年加拿大数学奥林匹克 【解】 设b为所求最小正整数，则7b2＋7b＋7＝x4。素数7应整除x，故可设x＝7k，k为正整数．于是有b2＋b＋1＝73k4 当k＝1时，（b－18）（b＋19）＝0．因此b＝18是满足条件的最小正整数． A2－003 如果比n个连续整数的和大100的数等于其次n个连续数的和，求n．

1976年纽约数学竞赛 。s2－s1＝n2＝100 从而求得n＝10． A2－004 设a和b为正整数，当a2＋b2被a＋b除时，商是q而余数是r，试求出所有数对（a，b），使得q2＋r＝1977． 【解】 由题设a2＋b2＝q（a＋b）＋r（0≤r＜a＋b），q2＋r＝1977，所以 q2≤1977，从而q≤44． 若q≤43，则r＝1977－q2≥1977－432＝128．

即（a＋b）≤88，与（a＋b）＞r≥128，矛盾．因此，只能有q＝44，r＝41，从而得 a2＋b2＝44（a＋b）＋41。。。（a－22）2＋（b－22）2＝1009 不妨设|a－22|≥|b－22|，则1009≥（a－22）2≥504，从而45≤a≤53． 经验算得两组解：a＝50，b＝37及a＝50，b＝7．

由对称性，还有两组解a＝37，b＝50；a＝7，b＝50． A2－005 数1978n与1978m的最后三位数相等，试求出正整数n和m，使得m＋n取最小值，这里n＞m≥1． 【解】 由题设1978n－1978m＝1978m（1978n－m－1）≡0（mod 1000） 因而1978m≡2m×9m≡0（mod 8）， m≥3。

又1978n－m≡1（mod 125） 而 1978n－m＝（1975＋3）n－m≡3n－m＋（n－m）3n－m－1·1975（mod 125）（1） 从而3n－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x3＋x2y＋xy2＋y3＝8（x2＋xy＋y2＋1）的全部整数解x、y． 1980卢森堡数学竞赛 于是 x3＋x2y＋xy2＋y3＝（x＋y）3－2xy（x＋y）＝u3－2vu 从而原方程变为2v（u－4）＝u3－8u2－8 （2） x2＋xy＋y2＝（x＋y）2－xy＝u2－v

因u≠4，故（2）即为 根据已知，u－4必整除72，所以只能有u－4＝±2α3β，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

A2－007 确定m2＋n2的最大值，这里 m和 n是整数，满足 m，n∈｛1，2，…，1981｝，（n2－mn－m2）2＝1． 【解】 若m＝n，由（n2－mn－m2）2＝1得（mn）2＝1，故m＝n＝1． 若m≠n，则由n2－mn－m2＝±1得 n＞m．令n＝m＋uk，于是 [（m＋uk）2－m（m＋uk）－m2]2＝1

于是有 若uk≠uk－1，则以上步骤可以继续下去，直至

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，，144，233，377，610，987，1597，可见m＝987，n＝1597时，m2＋n2＝3524578为满足条件的最大值． A2－008 求方程w！＝x！＋y！＋z！的所有正整数解．

1983年加拿大数学奥林匹克 【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： n2＋（n＋1）2＝m4＋（m＋1）4

【解】 由原式得n（n＋1）＝m（m＋1）（m2＋m＋2） 设m2＋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？

1985年美国数学邀请赛 1984年匈牙利数学竞赛 【解】 令f（x）＝[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]． 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． A2－011 使n3＋100能被n＋10整除的正整数n的最大值是多少？ 1986年美国数学邀请赛题 【解 由n3＋100＝（n＋10）（n2－10n＋100）－900知，若n3＋100被n＋10整除，则900也应被n＋10整除．故n最大值是0． A12 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． 1987匈牙利 【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

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． 1987年美国数学邀请赛 【解】 显然，a、b、c都是形如2m·5n的数．设a＝2m1·5n1，b＝2m2·5n2，c＝2m3·5n3． 由[a，b]＝1000＝23·53，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． 1987年美国数学邀请赛 m＝n3＋1＜（n＋10－3）3＝n3＋3n2·10－3＋3n·10－6＋10－9 于是

从而n＝19（此时m＝193＋1为最小）． 1987年）全俄数学奥林匹克 【解】 144＝122，1444＝382 设n＞3，则则k必是一个偶数．所以 也是一个自然数的完全平方，但这是不可能的．因为平方数除以4，

因此，本题答案为n＝2，3． A2－016 当n是怎样的最小自然数时，方程[10n/x]＝19有整数解？ 19年全苏数学奥林匹克 【解】 19≤10n/x＜1990所以10n/1990＜x≤10n/19。 即10n·0.000502512…＜x≤10n·0.000502765… 所以n＝7，这时x＝5026与5027是解． A2－017 设an＝50＋n2，n＝1，2，…．对每个n，an与an＋1的最大公约数记为dn．求dn的最大值． 1990年日本 【解】dn＝（an，an＋1）＝（50＋n2，50＋（n＋1）2－（50＋n2））＝（50＋n2，2n＋1）＝（2（n2＋50），2n＋1）（因

22n＋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． 【解】 为保证 n是75的倍数而又尽可能地小，可设n＝2α·3β·5γ，其中α≥0，β≥1，γ≥2，并且 （α＋1）（β＋1）（γ＋1）＝75

由75＝52·3，易知当α＝β＝4，γ＝2时，符合条件（1）、（2）．此时n＝24·34·52，n/75＝432． 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？ 【解】 1．例如x＝1，y＝8即满足要求． 2．假设988≤x＜y≤1991，x、y∈N，使得xy＋x与xy＋y是不同的自然数的平方，则x2＜xy＋x＜xy＋y 这时y－x＝（xy＋y）－（xy＋x）＞（x＋1）2－x2＝2x＋1即y＞3x＋1

由此得1991≥y＞3x＋1≥3×998＋1矛盾！故在988与1991之间不存在这样的自然数x、y． 1991年全苏数学奥林匹克 A2－020 求所有自然数n，使得这里[n/k2]表示不超过n/k2的最大整数1991年中国数学奥林匹克 【解】 题给条件等价于，对一切k∈N， k2＋n/k2≥1991 （1） 且存在k∈N，使得k2＋n/k2＜1992． （2） （1）等价于对一切k∈N， k4－1991k2＋n≥0即 （k2－1991/2）2＋n－19912/4≥0 （3） 故（3）式左边在k取32时最小，因此（1）等价于n≥1991×322－324＝1024×967 又，（2）等价于存在k∈N，使（k2－996）2＋n－9962＜0

上式左边也在k＝32时最小，故（2）等价于n＜1992×322－324＝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． 1991年加拿大数学奥林匹克题2． 【解】 n＝1，易知所求和S1＝2． n≥2时，首位数字为1的2n位数，在其余2n－1位上，只要n个0的位置确定了．则n－1个1的位置也就确定了，从而这个2n位二进制数也随之确定．

现考虑第k（2n＞k≥1）位数字是1的数的个数．因为其中n个0的位置只可从2n－2个位置（除去首位和第k位）中选择，故这样的

将所有这样的2n位二进制数相加，按数位求和，便有

A2－022 在{1000，1001，1002，…，2000}中有多少对相邻的数满足下列条件：每对中的两数相加时不需要进位？ 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，共有53＋52＋5＋1＝156个这样的n． A2－023 定义一个正整数n是一个阶乘的“尾”，如果存在一个正整数m，使得m！的十进位制表示中，结尾恰好有n个零，那么小于1992的正整数中有多少个不是阶乘的尾？ 1992年美国数学邀请赛 【解】 f（m）为m！的尾．则f（m）是m的不减函数，且当m是5的倍数时，有f（m）＝f（m＋1）＝f（m＋2）＝f（m＋3） ＝f（m＋4）＜f（m＋5）因此，从f（0）＝0开始，f（m）依次取值为： 0，0，0，0，0；1，1，1，1，1；2，2，2，2，2；3，3，3，3，3；4，4，4，4，4；6，6，6，6，6；…；1991，1991，1991，1991，1991

容易看出 如果存在m使f（m）＝1991，则 因而m＞4×1991＝79．由公式（1）可计算出f（7965）＝1988，从而f（7975）＝1991． 在序列（1）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． A2－024 数列{an}定义如下：a0＝1，a1＝2，an＋2＝an＋（an＋1）2．求a1992除以7所得的余数． 1992年日本数学奥林匹克 【解】 考虑an以7为模的同余式： a0＝1≡1（mod 7）

a3≡2＋（－2）2＝6≡－1（mod 7） a5≡－1＋（－1）2＝0（mod 7） a8≡－1＋12＝0（mod 7） a10≡0＋12＝1（mod 7）

a1＝2≡2（mod 7）

a1＝1＋22＝5≡－2（mod 7） a4≡－2＋（－1）2＝－1（mod 7） a6≡－1＋02＝－1（mod 7） a9≡1＋02＝1（mod 7） a7≡0＋（－1）2＝1（mod 7）

a11≡1＋12＝2（mod 7）所以，an除以7的余数以10为周期，故a1992≡a2≡5（mod 7）． A2－025 求所有的正整数n，满足等式S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝…＝S（n2） 其中S（x）表示十进制正整数x的各位数字和．

1992年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克 【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（92）＝9，故9满足要求．

10k≤n＜10k＋1又9

10k，故10k＋1≤n＜10k＋1 若n＜10k＋10k－1＋…＋10＋1，则

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

S（n）＝S（（10k＋10k－1＋…＋10＋1）n） ＝S（（10k＋1－1）m）＝S（10k＋1（m－1）＋（10k＋1－10l）＋（10l－m））其中9有k＋1－l个，bi＋ci＝9，i＝1，2，…，l． 所以S（n）＝9（k＋1） （2） 由于n是 k＋1位数，所以 n＝99…9＝10k＋1－1． 另一方面，当 n＝99…9＝10k＋1－1时，S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝…＝S（n2）． 综上所述，满足要求的正整数为n＝1及n＝10k－1（k≥1）． A2－026 求最大正整数k，使得3k|（23m＋1），其中m为任意正整数．

1992年友谊杯国际数学竞赛 【解】 当m＝1时，23m＋1＝9，故k≤2．又由于23m＋1＝（23）3m－1＋1≡（－1）3m－1＋1（mod 9）＝0 所以，对任意正整数m，9|（23m＋1）．即所求k的值为2．

【解】 因为1093＋33＝（1031）3＋33＝（1031＋3）（（1031）2－3×1031＋32） 最大整数． 1993年全国联赛一试 ＝（1031）（1031－3）＋9－1

它的个位数字是8，十位数字是0． A2－028 试求所有满足如下性质的四元实数组：组中的任一数都等于其余三个数中某两个数的乘积． 1993全俄数学奥林匹克

【解】 设这组数的绝对值为a≤b≤c≤d．无论a为b，c，d哪两个数的乘积，均有a≥bc，类似地，d≤bc．从而，bc≤a≤b≤c≤d≤bc，即a＝b＝c＝d＝a2．所以a＝0或1，不难验证，如果组中有负数，则负数的个数为2或3． 所以，答案为{0，0，0，0}，{1，1，1，1}，{－1，－1，1，1}，{－1，－1，－1，1}． A2－029 对任意的实数x，函数f（x）有性质f（x）＋f（x－1）＝x2．如果f（19）＝94，那么f（94）除以1000的余数是多少？ 【解】 重复使用f（x）＝x2－f（x－1），有f（94）＝942－f（93）＝942－932＋f（92）＝942－932＋922－f（91） ＝…＝942－932＋922－…＋202－f（19）＝（94＋93）（94－93）＋（92＋91）（92－ 91）＋…＋（22＋21）（22－21）＋202－94＝（94＋93＋92＋…＋21）＋306＝4561因此，f（94）除以1000的余数是561． A2－030 [x]表示x的整数部分，求使[log21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log2n]＝1994成立的正整数n． 1994年美国数学邀请赛 【解】 [long21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log2128]＋[log2129]＋…＋[log2255]＝2×1＋4×2＋8×3＋16×4＋32×5＋×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？ 1994年美国数学邀请赛 【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）3－0 p（n）是n的非零数字的乘积，这个乘积的和可以由上面表达式将0换成1而得到． 因此，

＝463－1＝33·5·7·103。最大的素因子是103． A2－032 求所有不相同的素数p、q、r和s，使得它们的和是素数，且p2＋qs及p2＋qr都是平方数． 1994全俄数学奥林匹克 【解】 因为四个奇素数之和是大于2的偶数，所以所求的素数中必有一个为偶数2． 若p≠2，则p2＋qs或p2＋qr中有一个形如（2k＋1）2＋2（2l＋1）＝4（k2＋k＋l）＋3，这是不可能的，因为奇数的平方除以4的余数是1，所以p＝2． 设22＋qs＝a2，则qs＝（a＋2）（a－2）． 若a－2＝1，则qs＝5，因为q、s是奇素数，所以上式是不可能的．于是只能是q＝a－2， s＝a＋2

或者q＝a＋2，s＝a－2。 所以s＝q－4或q＋4．同理r＝q－4或q＋4． 三个数q－4、q、q＋4被3除，余数各不相同，因此其中必有一个被 3整除．q或q＋4为3时，都导致矛盾，所以只能是q－4＝3．于是 （p，q，r，s）＝（2，7，3，11）或（2，7，11，3） A2－033 求所有这样的素数，它既是两个素数之和，同时又是两个素数之差．

1994年全俄数学奥林匹克 【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． 1994年国际数学奥林匹克题 【解】 n3＋1＝n3＋mn－（mn－1），所以mn－1|n（n2＋m）．因为（mn－1，n）＝1，所以mn－1|n2＋m．又n（m2＋n）－（n2＋m）＝m（mn－1），所以mn－1|m2＋n．因此m，n对称，不妨设m≥n． 当n＝1时，mn－1＝m－1|n3＋1＝2，从而m＝2或3，以下设n≥2． 若m＝n，则n2－1|（n3＋1）＝（n3－n）＋（n＋1），从而n2－1|（n＋1），m＝n＝2． 若m＞n，则由于2（mn－1）≥n2＋mn＋n－2≥n2＋2m＞n2＋m

所以mn－1＝n2＋m，即（m－n－1）（n－1）＝2。 从而 于是本题答案为（m，n）＝（2，1），（3，1），（1，2），（2，2），（5，2），（1，3），（5，3），（3，5），（2，5）共九组． 【解】 由已知得即 。 所以 A2－036 一个正整数不是42的正整数倍与合数之和．这个数最大是多少？ 【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＋y2＋z3＝xyz，这里z是x、y的最大公约数．

1995年IMO预选题． 1995年美国数学邀请赛 【解】 由原方程及y2、z3、xyz均被z2整除得出z2|x．设x＝az2，y＝bz，则原方程化为 a＋b2＋z＝abz2 （1） 由b2、abz2被b整除得b|（a＋z）．于是b≤a＋z． a＋z＋b2＝abz2＝（a＋z）b＋（a＋z）b＋b（（z2－2）a－2z）≥a＋z＋b2＋b（（z2－2）a－2z） （2） （2）中不等式的等号只在b＝1并且b＝a＋z时成立，而这种情况不可能出现（a＋z＞1），所以（2）是严格的不等式．这表明 （z2－2）a－2Z＜0 （3）

从而z≤2（否则（3）的左边≥z2－2－2z≥z－2＞0）． 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＋b2＋1＝ab （4） 从而（a－b）（b－1）＝b＋1＝（b－1）＋2

这表明（b－1）|2，b＝2或3．代入（4）得a＝5．于是x＝5，y＝2或3． 因此本题共有四组解：（x，y）＝（4，2），（4，6），（5，2），（5，3）． A39 设 m、n∈N，（m，n）＝1．求（5m＋7m，5n＋7n）．其中（m，n）表示 m、n的最大公约数． 1996日本数学奥林匹克 【解】 记H（m，n）＝（5m＋7m，5n＋7n）．则H（0，1）＝（2，12）＝2。 因H（m，n）＝H（n，m），故可设n≥m． H（1，1）＝（12，12）＝12

当n≥2m时，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－m＋7n－m）－5m7m（5n－2m＋7n－2m）） ＝（5m＋7m，5m7m（5n－2m＋7n－2m））＝（5m＋7m，5n－2m＋7n－2m） 当m≤n＜2m时，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－m＋7n－m）－5n－m7n－m（52m－n＋72m－n）） ＝（5m＋7m，52m－n＋72m－n） 记 则（1）H（m′，n′）＝H（m，n）； （2）m′＋n′≡m＋n（mod 2）； （3）（m′，n′）＝（m，n）． 当（m，n）＝1时，反复进行上面的操作，最后必有（m′，n′）＝（1，0）或（m′，n′）＝（1，1）．从而有 A2－040 求下列方程的正整数解：（a，b）＋[a，b]＋a＋b＝ab其中a≥b，[a，b]、（a，b）分别表示a与b的最小公倍数与最大公因数． 1996年日本数学奥林匹克预选赛题 【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． 【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，再加上一数的3倍．所

以的 左下角的数为19＋96－1＝114．因此。 x＝3×105－19－96＝200

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． 【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． 【解】 15a＋16b＝r2，16a－15b＝s2于是16r2－15s2＝162b＋152b＝481b （1） 所以 16r2－15s2是481＝13×37的倍数． 由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6的平方为0，±1，±3，±4（mod 13），所以15≡2（mod 13）不是任一数的平方．因此，16r2≡15s2（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＝r2，16a－15b＝s2． 所以所说最小值为481． A2－044 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． 1997年日本数学奥林匹克 【解】 设n的左数第k＋1位上的数字为nk（0≤k≤9），数字k出现次数为nk．因n是10位数， n0＋n1＋n2＋…＋n9＝10 （1） 又数字k若在左数第nj＋1位上出现，则数字j在n中出现k次．nk个k意味着有数字j1，j2，…，jnk，共出现knk次．于是，又有 ni＋2n2＋…＋9n9＝10 （2） 由（2）显然n5，n6，n7，n8，n9，至多一个非零，且n6，n7，n8，n9均≤1． 若 n5＝n6＝n7＝n8＝n9＝0 （3）则n0≥5．于是n中至少有一个数字≥5，与（3）矛盾．所以n5，n6，n7，n8，n9中有一个非零，其余四个为0．从而n1＋2n2＋3n3＋4n4≤5 （4） （4）表明n1，n2，n3，n4中至少有两个为0，从而n中0的个数不少于6，即n0≥6．于是n6，n7，n8，n9中有一个为1，n5＝0． 若n9＝1，则n0＝9，n1≥1，这显然不可能．

若n8＝1，则n0＝8，n1≥1，但无论n1＞1或n1＝1均不合要求． 若n7＝1，则n0＝7，n1＝1或2，前者显然不合要求．后者导致n2≥1，n0＋n1＋n2＋n7＞10也不合要求． 若n6＝1，则n0＝6，n1＝2或3．n1＝2时，n2＝1，数6210001000满足要求．n1＝3时，n3＞0，n0＋n1＋n3＋n6＞10，不合要求．综上所述，满足条件的10位数n只有6210001000． A2－045 求所有的整数对（a，b），其中a≥1，b≥1，且满足等式ab2＝ba． 【解】 显然当a、b中有一个等于1时，（a，b）＝（1，1）．以下设a，b≥2． 设t＝b2/a，则由题中等式得到b＝at，at＝a2t，从而t＝a2t－1．如果2t－1≥1，则t＝a2t－1≥（1＋1）2t－1≥1＋（2t－1）＝2t＞t，矛盾．所以2t－1＜1．于是我们有0＜t＜1． 记K＝1/t，则K＝a/b2＞1为有理数，由a＝bk可知 K＝bK－2 （1）如果K≤2，则K＝bK－2≤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． 1997年国际数学奥林匹克 当b＝2时，由（2）式得到K＝2K－2，所以K≥4．又因为

等号当且仅当K＝4时成立，所以得到a＝bK＝24＝16．当b≥3时，＝bK－2≥（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＝bK＝33＝27． 综上所述，满足题目等式的所有正整数对为（a，b）＝（1，1），（16，2），（27，3）． A3001 在数3000003中，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？ 1951波兰数学奥林匹克 【解】 设所求数字为x和y，则有 因为106、104、102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） （1） 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． 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． 1960年国际数学奥林匹克 【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）2＋（a＋b－10）2＋b2＝10a＋b （1） 若a＋b＞10，则有（a＋1）2＋（a＋b－10）2＋b2≥（a＋1）2＋1＋（11－a）2

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a2＋（a＋b）2＋b2＝10a＋b （2） 若a＋b＞5，则有a2＋（a＋b）2＋b2＝2（a＋b）·a＋2b2＞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． 1958年上海高三赛题 【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x1·102＋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，故a1＝1，a2＝0，b1＝9，同理，c1＝1，c2＝0，d1＝9，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：在任意39个连续自然数中，总能找到一个数，它的数字之和被11整除． 1961年全俄数学奥林匹克【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． 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． 1962年）国际数学奥林匹克 【解】 设n＝10m＋6，则6×10p＋m＝4（10m＋6），其中p为m的位数．于是m＝2（10p－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． 1965年全俄数学奥林匹克 【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． 【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 （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109的每一个数的数字之和，得到109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？ 19年全俄数学奥林匹克 【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，…，999999991

9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． A09 求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． 1974年全苏数学奥林匹克 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}。这15个三位数合乎要求． A3－010 当44444444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（十进制）． 【解】 因为44444444的位数不超过4×4444＝17776，所以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≡44444444≡74444＝（73）1481×7≡11781×7≡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n2的十位数字是7，那么n2的个位数字是什么？

1978年加拿大数学奥林匹克 【解】 设n＝10x＋y，x、y为整数，且0≤y≤9，则n2＝100x2＋20xy＋y2＝20A＋y2（A为正整数） 因20A的十位数字是偶数，所以要想使n2十位数字是7，必须要y2的十位数字是奇数，这只有y2＝16或36．从而y2的个位数字，即n2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？

其中[a]表示数a的整数部分． 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．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12＋22＋…＋n2的个位数字，n＝1，2，3，…，试证：0.a1a2…an…是有理数． 1984年全国联赛二试 【证】 将（n＋1）2，（n＋2）2，…，（n＋100）2这100个数排成下表： （n＋1）2 （n＋2）2 … （n＋10）2 （n＋11）2 （n＋12）2 … （n＋20）2 … … … … （n＋91）2 （n＋92）2 … （n＋100）2 因k2与（k＋10）2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 是否存在这样的自然数n：（十进制）数n的数字和等于1000，而数n2的数字和等于10002？ 1985全苏数学奥林匹克 【解】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n2的数字和S（n2）＝m2？ 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（n2）＝m2 设n为k位数，取n1＝n×10k＋1＋1，则n1由0，1组成并且S（n1）＝S（n）＋1＝m＋1

＝S（n2×102k＋2）＋S（2n×10k＋1）＋S（1） ＝S（n2）＋2S（n）＋1＝m2＋2m＋1＝（m＋1）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． 19芜湖市 2090＜222（a＋b＋c）＝1990＋n＜29

而2090＞222×9＝1998，222×10＝2220＝1990＋230 222×11＝2442×1990＋452，222×12＝26＝1990＋674 222×13＝2886＝1990＋6，222×14＝3108＞29 经验证：a＋b＋c＝11时，n＝452符合题意． A3－018 定义数列{an}如下：a1＝1919，an等于an－1的各位数字之和，a5等于什么？ 19年加拿大数学奥林匹克 【解】 由a1＜1000019＝b1，而b1的位数是4×19＋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|19，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． 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？ 1990美国数学奥林匹克 【解】 至多可造出不同的五位证号a1a2a3a4a5105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105＋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105个． A3－020 设 A＝99…99（81位全为9），求A2的各位数字之和． 1991年日本数学奥林匹克预题 【解】 由A＝1081－1知A2＝10162－2·1081＋1＝99…980…01 ↑ ↑ 162位 82位

故A2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？ 1992美国数学邀请赛 【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29=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 用一个n的函数，表示乘积在十进制下各位数字的和． 1992美国数学奥林 【解】先给出引理：设自然数m的位数不多于d，M=（10k－1）m（k≥d）．则S（M）=9k

这里S（M）表示M中各位数字的和．令M=（10k－1）m=p+q+r，这里p=10k（m－1），q=10d－m，r=10k－10d．若m

－1的十进制的表示是

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

1995年美国数学邀请赛 【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？ 【解】不．若不然，105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105个自然数n满足． 5×1011≤n2＜6×1011亦即7×105＜n＜8×105 由于7×105与8×105之间不存在105个整数，故上式不可能成立． A4－001 证明：当且仅当指数n不能被4整除时，1n＋2n＋3n＋4n能被5整除． 1901年匈牙利数学奥林匹克题1． 【证】容易验证14≡24≡34≡44 （mod 5） 假设n=4k＋r，k是整数，r=0，1，2，3．则Sn=1n＋2n＋3n＋4n≡1r＋2r＋3r＋4r（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． 【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132n－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．

1956年上海市赛高三复赛题1． 【解】1．132n－1=（132）n－1，能被132－1，即168整除． （1）若n＋1为奇质数，则（n＋1）

2（n－1）！ 2．问题即何时为整数． （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）！ 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． 1958波兰数学奥林匹克 【证】设三个连续自然数的乘积为n=（a3－1）a3（a3＋1）． （1）a≡1，2，-3（mod 7）时，7|a3－1．a≡－1，－2，3（mod 7）时，7|a3＋1．a≡0（mod 7）时，7|a3．因此7|n． （2）当a为偶数时，a3被8整除；而当a为奇数时，a3－1与a3＋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|a3－1．a≡－1，2，-4（mod 9）时，9|a3＋1．a≡0，±3（mod 9）时，9|a3．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）5＋（y－z）5＋（z－x）5能被5（y－z）（z－x）（x－y）整除． 【证】令x－y=u，y－z=v，则z－x=－（u＋v）． （x－y）5＋（y－z）5＋（z－x）5=u5＋v5－（u＋v）5=5uv（n＋v）（u2＋uv＋v2） 而 5（y－z）（z－x）（x－y）=－5uv（u＋v）．结论成立，而且除后所得商式为u2＋uv＋v2=x2＋y2＋z2－2xy－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a2＋b2的最大公约数为1或2． 1963年全俄数学奥林匹克 【证】设（a＋b，a2＋b2）=d，则d可以整除。（a＋b）2－（a2＋b2）=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

A4－007 （a）求出所有正整数n使2n－1能被7整除． （b）证明：没有正整数n能使2n＋1被7整除． 【题说】第六届（19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2n被7除所得的余数的规律． 【证】（a）设m是正整数，则23m=（23）m=（7＋1）m数）从而 23m+1=2·23m=2（7k＋1）=7k1＋2

23m+2=4·23m=4（7k＋1）=7k

2＋4

=7k＋1（k是正整

所以当n=3m时，2n－17k； 当n=3m＋1时，2n－1=7k1＋1； 当n=3m＋2时，2n－1=7k2＋3． 因此，当且仅当n是3的倍数时，2n－1能被7整除． （b）由（a）可知，2n＋1被7除，余数只可能是2、3、5．因此，2n＋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． 1967年国际数学奥林匹克 【证】Cp－Cq=p（p＋1）－q（q＋1）=p2－q2＋p－q=（p－q）（p＋q＋1） （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

由于n个连续整数之积能被n！整除，故A是整数． =A·B是整数． 是整数．因为m＋k＋1是大于n＋1的质数，所以m＋k＋1与（n＋1）！互素，从而（m＋k＋2）（m＋k＋3）…（m＋k＋n＋1）能被（n＋1）！整除，于是B也是整数，命题得证． A4－009 设a、b、m、n是自然数且a与b互素，又a＞1，证明：如果am＋bm能被an＋bn整除，那么m能被n整除． 【证】由于ak＋bk=ak-n（an＋bn）－bn（ak-n－bk-n）

al－bl=al-n（an＋bn）－bn（al-n＋bl-n） 所以（i）如果ak＋bk能被an＋bn整除，那么ak-n－bk-n也能被an＋bn整除． （ii）如果al－bl能被an＋bn整除，那么al-n＋bl-n也能被an＋bn整除． 设m=qn＋r，0≤r＜n，由（i）、（ii）知ar＋（－1）qbr能被an＋bn整除，但0≤|ar＋（－1）qbr|＜an＋bn，故r=0（同时q是奇数）．亦即n|m． A4－010 设m，n为任意的非负整数，证明：

是整数（约定0！=1）． 1972年国际数学奥林匹克 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． 1974国际数学奥林匹克 又

两式相乘得

因为72n+1=7×49n≡2×（－1）n（mod 5）

A4－012 设p和q均为自然数，使得

证明：数p可被1979整除． 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． 1980全苏数学奥林匹克 （c＋f）被37整除． 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． 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？

1981国际数学奥林匹克 【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． A4018 求出所有的正整数a、b、c，其中1＜a＜b＜c，使（a－1）（b－1）（c－1）是abc－1的约数． 1992国际数学奥林匹克 【解】设x=a－1，y=b－1，z=c－1，则1≤x＜y＜z并且xyz是（x＋1）（y＋1）（z＋1）－1=xyz＋x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的约数，从而xyz是x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的约数． 由于x＋y＋z＋xy＋yz＋zx＜3yz，所以x=1或2． 若x=1，则yz是奇数1＋2y＋2z的约数．由于1＋2y＋2z＜4z，所以y=3．并且3z是7＋2z的约数．于是z=7． 若x=2，则2yz是2＋3y＋3z＋yz的约数，从而y，z均为偶数，设y=2y1，z=2z1，则4y1z1≤1＋3y1＋3z1＋2y1z1＜6z1＋

2y1z1，所以y1＜3．因为y＞x，所以y1=2，y=4．再由8z1是7＋7z1的约数得z1=7，z=14．因此，所求解为（3，5，15）与（2，4，8）． A4－019 x与y是两个互素的正整数，且xy≠1，n为正偶数．证明：x＋y不整除xn＋yn． 【证】由（x，y）=1知（x＋y，y）=1，（x＋y，xy）=1． 当n=2时，x2＋y2=（x＋y）2－2xy．由于x＋y＞2，所以（x＋y） 时，（x＋y）

2xy．故（x＋y）

（x2＋y2）．假设当n=2k（k∈N+）

1992日本数学奥林匹克 （x2k＋y2k）．则当n=2（k＋1）时，由于x2(k+1)＋y2(k+1)=（x＋y）（x2k+1＋y2k+1）－xy（x2k＋y2k） （x2(k+1)＋y2(k+1)）．故对一切正偶数n，x＋y不整除xn＋yn． 所以（x＋y）

A4－020 证明当且仅当n＋1不是奇素数时，前n个自然数的积被前n个自然数的和整除． 1992加拿大数学奥林匹克 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？ 1992年英国数学奥林匹克 【解】显然，2、6、10、14满足要求．任取n个不同的正整数。a1、a2、…、an，令

则n个不同的正整数la1、la2、…、lan中任意两个的和显然整除l2，从而整除它们的积lna1a2…an． A4－022 求最大自然数x，使得对每一个自然数y，x能整除7y＋12y－1． 1992友谊杯国际数学竞赛七年级题 【解】当y=1时，7y＋12y－1=18．假设7y＋12y－1是18的倍数，因为7y+1＋12（y＋1）－1=6×7y＋12＋（7y＋12y-1） =6×（7y＋2）＋（7y＋12y-1）

7y＋2≡1＋2≡0（mod 3） 所以，7y+1＋12（y＋1）－1是18的倍数． 从而对一切自然数y，18整除7y＋12y－1，所求的x即18． A4－023 证明：若n为大于1的自然数，则2n－1不能被n整除． 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 即n

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

（2n－1）．若n是奇合数，设p是n的最小素因子，由费马定理知2p-1≡1（mod P）；若i是使2i≡1（mod P）成立的

n，设n=qi＋r，0＜r＜i，则2n≡2r

1（mod p），即p

（2n－1），故n

（2n－1）． 最小自然数，则2≤i≤P－1，从而i

A4－024 当n为何正整数时，323整除20n＋16n－3n－1？

1993数学奥林匹克 【解】 323=17×19当n为偶数时， 20n＋16n－3n－1≡1＋3n－3n－1≡0（mod 19） 20n＋16n－3n－1≡3n＋1n－3n－1≡0（mod 17） 当n为奇数时，20n＋16n－3n－1≡3n－1－3n≡－2

所以此时323整除20n＋16n－3n－1． 0（mod 17），所以此时323不整除20n＋16n－3n－1． 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．

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． z（mod 3），这时3

x＋y＋z且3|（x－y），

（3）x、y、z被3除后余数都不相同，这时3|（x＋y＋z），但3 （x－y）（y－z）（z－x）．仍与（*）式矛盾，可见情况（3）也不会发生． 于是，x、y、z除以3余数都相同，并且，27|x＋y＋z． A4－026 对于自然数n，如果对于任何整数a，只要n|an－1，就有n2|an－1，则称n具有性质P． （1）求证每个素数n都具有性质P；（2）求证有无穷多个合数也都具有性质P．

1993IMO预选题 【证】（1）设n=P为素数且p|（ap－1），于是，（a，p）=1．因为ap－1=a（ap-1－1）＋（a－1） 由费马小定理p|（ap-1－1）．所以，p|（a－1），即a≡1（mod p）．因而ai≡1（mod p），i=0，1，2，…，p－1 将这p个同余式加起来即得ap-1＋ap-2＋…＋a＋1≡0（mod p）

所以， p2|（a－1）（ap-1＋ap-2＋…＋a＋1）=ap－1

a≡1（mod n）．于是，像（1）

一样又可推得n2|（an－1）．因此，

（q－1）（p－1）．因为q|（p－2）， 所以q

（p－1）．又因 具有性质P．显然p＜n＜p2．取大于p2的素数，又可获得另一个具有性质P的合数．所以，有无穷多个合数n具有性质p． A4－027 证明：对于自然数k、m和n．不等式[k，m]·[m，n]·[n，k]≥[k，m，n]2成立． （其中[a，b，c，…，z]表示数a、b、c，…，z的最小公倍数．） 1994全俄数学奥林匹克十年级（决赛）题5． 【证】将k、m、n分解．设

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

因而所要证明的不等式成立． 1995莫斯科数学奥林匹克八年级题2． A4－029 证明；所有形如10017，100117，1001117，…的整数皆可被53整除．

【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． 【证】我们有 1995莫斯科数学奥林匹克 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． 【解】设a、b∈S，满足（a＋b）|ab，令（a，b）=c，则 a=ca1，b=cb1，（a1，b1）=1．从而c（a1＋b1）=（a＋b）|ab=c2a1b1 因为（a1＋b1，a1）=1，（a1＋b1，b1）=1，所以（a1＋b1）|c

由于a、b是S中不同的数，从而a＋b≤99即 c（a1＋b1）≤99，而a1＋b1|c，故有3≤a1＋b1≤9． 在a1＋b1=3时，d=3，6，9，12，15，18，21，24，相应的（a，b）=（3，6），（6，12），（9，18），（12，24），（15，30），（18，36），（21，42），（24，48）．类似地，可得a1＋b1=4，5，6，7，8，9时的数对（a，b）．每一对得到的a、b用线

相连成右图． |ab． 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）

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xn+yn=pk 证明：若n（n＞1）是奇数，p是奇素数，则n是数p的正整数幂． 【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）=pk，所以A被p整除，数x＋y也被p整除．于是得到0≡A≡xn-1－xn-2（－x）＋xn-3（－x）2－…－x（－x）n-2＋（－x）n-1（mod p） 即nxn-1≡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（xs）r＋（ys）r=pk，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？ 【解】设a≥b≥c是满足题设条件的三个自然数．因为a2－1被b整除，所以a与b互素．又c2－1能分别被a、b整除，因而被ab整除，于是c2－1≥ab．另一方面由a≥c及b≥c得ab≥c2，矛盾．所以满足题设的数不存在 A5－010 设f（x）=x2－x＋1．证明：对任意的m个自然数（m＞1），f（m），f（f（m）），…两两互素． 【证】因f（0）=1，所以多项式的常数项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． 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．1980全苏数学奥林匹【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xn＋1=yn+1在x与n＋1互质时无正整数解． 1980年芬兰数学竞赛 【证】xn=yn+1－1=（y－1）（yn＋yn-1＋…＋1）．如果质数p是y－1与yn＋yn-1＋…＋1的公因数，则p整除xn，从而p是x的因数．但y除以p余1，所以yn＋yn-1＋…＋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．因此y－1与yn＋yn-1＋…＋1互质，从而y－1=sn，yn＋yn-1＋…＋1=tn，其中s、t为自然数，st=x．但yn＜yn＋yn-1＋…＋1＜（y＋1）n，所以yn＋yn-1＋…＋1≠tn，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）． 1983国际数学奥林匹克 【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 t＞a1b1－a1－b1。 从而方程 a1x+b1y=t （2）有非负整数解（x，y）． 由（1）与（2）消去t可得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105，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． 【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|=211－1＞1983．M中最大的数为

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． A5－015 将19分成若干个正整数之和，使其积为最大．

1984年上海市赛一试 【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35×22=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=2k和b＋c=2m，那末a=1． 【证】因为a[（a＋d）－（b＋c）] =a2＋ad－ab－ac＝a2＋bc－ab－ac=（a－b）（a－c）＞0 所以a＋d＞b＋c，即2k＞2m，k＞m．又由ad=bc，有 a（2k－a）=b（2m－b） 2m（b－2k-ma）=b2－a2=（b＋a）（b－a） 可知2m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2m-1必整除b＋a或b－a之一． 因为b＋a＜b＋c=2m，所以b＋a=2m-1或b－a=2m-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2m-1的奇因数，即1．所以a与b互质，同理a与c也互质．但由ad=bc，知a能整除bc，故a=1． 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． 1986年美国数学奥林匹克 【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． 1985年全国联赛二试 ＞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． A019 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． 1985国际数学 【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．

1988年全国冬令营 【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）=ps，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）=ps． 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； （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）=2s，其中自然数s≥2，那么f（f（n））

s=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． 19北京市赛 【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=4n2＋4n＋1=（2n＋1）2 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”（288，2）．再取n=288，得另一对“孪生漂亮数”（332928，332929）． 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=52－32，16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． 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）2－k2，都是“智慧数”． 4k=（k＋1）2－（k－1）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x2－y2=（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，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19=3×663，所以2656=4×6是第1990个“智慧数”． A5023 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． 1990年加拿大数学奥林匹克 【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． 对于x=5k×31m×1990n（k，m，n是自然数）试求T（x）与R（x）．

1990年全国冬令营赛题2． 【解】设x的质因数分解式为

其中p1、p2、…、pn为互不相同的质数，α1、α2、…、αn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）≤α1＋α2＋…＋αn． 将α1＋α2＋…＋αn个质因数（其中α1个p1，α2个p2，…，αn个pn）依任意顺序排列，每个排列产生一个长为α1＋α2＋…＋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）=α1＋α2＋…＋αn，R（x）

即排列

对于x=5k×31m×1990n=2n×5k+n×31m×199n， T（x）=3n＋k＋m

A5－025 证明：若

【证】若x＋y＋z＋t=0，则由题设条件可得

则

于是此时（1）式的值等于－4． 为整数． 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． 1991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） （1）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=2k（k≥1），考察下列各数： 0×1，1×2，2×3，…，（2k－1）2k （2） 设x（x＋1）≡y（y＋1）、（mod 2k+1），其中0≤x，y≤2k－1，则x2－y2＋x－y≡（x－y）（x＋y＋1）≡0（mod 2k+1） 因为x－y，x＋y＋1中，一个是奇数，一个是偶数，所以x－y≡0（mod2k+1）或x＋y＋1≡0（mod 2k+1） 由后者得： 2k+1≤x＋y＋1≤2k－1＋2k－1＋1=2k+1－1矛盾．故 x≡y（mod 2k+1），即x=y． 因此（2）中的2k个偶数mod 2k+1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． 【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=（22，32，52，72，112，132｝ B3=｛2×131，3×，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}

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． 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），n2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）≤n2－14； 2．试找出一个正整数n，使得s（n）=n2－14；

3．证明：存在无限多个正整数n，使得s（n）=n2－14． 【解】反证法：假设对某个n≥4，有s（n）≥n2－14，则存在k=n2－13个正整数a1，a2，…，ak，使得

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． 由

知n2可表为n2－m个平方和，从而n2可表为n2－14，n2－15，…，

对于n=13，有n2=122＋52=122＋42＋32=82＋82＋52＋42 由于82可表为4个42的和，42可表为4个22的和，22可表为4个12的和，所以132=82＋82＋52＋42可表为4，7，10，…，43个平方的和，又由于52=42＋32，132可表为5，8，11，…，44个平方的和． 由于122可表为4个62的和，62可表为4个32的和，所以132=122＋42＋32可表为3，6，9，…，33个平方的和． 为18＋2×9=36，18＋2×12=42个平方的和．再由42为4个22的和，132也可表为39个平方的和． 综上所述，132可表为1，2，…，44个平方的和． 3．令n=2k×13． 因为132可表为1，2，…，155个平方的和，22可表为4个平方的和，所以132×22可表为1，2，…，155×4个平方的和，132×24可表为1，2，…，155×42个平方的和，…，n2=132×22k可表为1，2，…，155×4k个平方的和． s（n）=n2－14

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． 【解】设m为n的正的奇因数，m=nd，则

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，仍得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，x4＋y4除以x＋y的商是97，求余数．

1992日本数学奥林匹克预选赛题7． 【解】由题知x4＋y4＜98（x＋y），不妨设x≥y，则x4＜98×2x，所以x≤5． 注意到14=1，24=16，34=81，44=256，=625．对x，y∈{1，2，3，4，5}，x4＋y4＞97（x＋y）的仅有＋44=881=（5＋4）×97＋8，所以所求的余数为8． 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． 1992年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克 【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

且 但（2）的等号不可能成立，否则 矛盾．所以 由（1）（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xn＋（2＋x）n＋（2－x）n=0有整数解．

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2n+1，所以它的整数解只能具有－2t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=2n[－2n（t-1）＋（1－2t-1）n＋（1＋2t-1）n]，而－2n（t-1）＋（1－2t-1）n＋（1＋2t-1）n≡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． A5033 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）． 【解】对任意自然数n（n≥3），存在自然数m，使 －1）之和，所以A（n）=m． 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？ 1970波兰数学奥林匹克 【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． 1972波兰数学奥林匹克 【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=2k）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：

1981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？ 1986美国数学邀请赛 【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． 1990巴尔干地区数学奥林匹克 【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 {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个数最多是多少？ 【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 样|B∩A4|＋|B∩A3|≤13，|B∩A6|＋|B∩A5|≤3．因此|B|≤67． 本题答案为67． B，因此|B∩A2|＋|B∩A1|≤50．同

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．

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2n-1个，用上面的对应方法可知在i≠1时，这2n-1个集中有一半是奇子集．在i=1时，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2n-2·i．奇子集容量之和是

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． 1992美国数学奥林匹克 【解】令Sk=a1＋a2＋…＋ak（1≤k≤11）．若ak＞Sk-1＋1，则不存在S

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≤2k－1（1≤k≤m） （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≤28－1=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，，128，247，248，750} 当n≤255=27＋26＋…＋2＋20时，可找到S 当n≤750＋750=1500时，存在S

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

{1，2，4，…247，248}，使σ（S）=n；

于是a10的最小值为248． A，使σ（S）=Sk-1＋1

（1，2，4，…，128，247），使σ（S）=n；当n≤502＋248=750时，存在S

A，使σ（S）=n．

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°．

1993年中国数学奥林匹克 【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2n－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．

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？【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． 【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 A，试求A中元素个数的最大值． 【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

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． 1996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． 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． 1996美国数学奥林匹克 【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． 1997上海市赛决赛题3． 【解】n的最小值为8．证明S中的每个数在数列a1，a2，…，an中至少出现2次．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，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．

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=n2-m2

B1-020 证明cos10°是无理数． 1963年合肥市赛高二二试题3． 【证】利用公式cos3x=4cos3x-3cosx，可得cos30°(1)即 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)，使其中任一个数与其余三数积的和等于2． 1965国

1234

际数学奥林匹克 【解】设xxxx=d，则

1234

显然d≤1．有以下五种情况：

所以 d=1，x=x=x=x=1． 1234

所以d=1，x=x=x=x=1． 1234

综上所述，x、x、x、x或者全为1；或者其中有三个为-1，一个为3 1234

B1-22 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)=x2-10x-22成立的自然数． 1968国际数学奥林匹克 【解】设n位数x满足P(x)=x2-10x-22 (1)

若n≥3，则x≥10n-1≥100， 9n≥P(x)=x(x-10)-22≥90x-22≥90·10n-1-22=9·10n-22＞10n矛盾． 若n=1，则x=P(x)=x2-10x-22即x2-11x-22=0但此方程无正整数解．因此n=2． 若x≥20，则x2-10x-22=x(x-10)-22≥10x-22≥200-22＞92≥P(x)因此x=10+y，y∈{0，1，2，…，9}．(1)变成y=(10+y)2-10(10+y)-22 易知y=2，x=12． 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． 【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． 【解】设这些正整数为a1，…，an，则a1+…+an=1976

1976国际数学奥林匹克题 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

需考虑积2a·3b，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2×3658． 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． 【解】由(1)得(x+y)2=(5-z)2，由(2)得xy=3-z(5-z)．于是0≤(x-y)2=(x+y)2-4xy=(5-z)2-4[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． B1-026 已知a、b、c、d、e是满足a+b+c+d+e=8， a2+b2+c2+d2+e2=16的实数，试确定e的最大值． 1978美国数学奥林匹克 【解】由Cauchy不等式， (8-e)2=(a+b+c+d)2≤4(a2+b2+c2+d2)=4(16-e2)，即 B1-027 已知：0.301029＜lg2＜0.301030， 0.477120＜lg3＜0.477121，求20001979的首位数字． 1979安徽省赛二试 【解】因为lg20001979=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＜lg20001979＜6532+lg6 即5×106532＜20001979＜6×106532 所以20001979的首位数字是5.

B1-028 已知a1，a2，…，a8均为正数，且a1+a2+…+a8=20 a1a2…a8=4 试证：a1，a2，…，a8之中至少有一个数小于1． 【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 矛盾 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： 【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，

(1)x1=x2=x3=x4=x5=0，此时a=0； 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： (2)某个xk=c≠0，其余xi=0(i≠k)．这时由已知得kc=a，k3c=a2，k5c=a3．从而k2=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． B1-030 下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正． 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n2个互不相等的实数排成下表： a11，a12，…，a1n a21，a22，…，a2n … an1，an2，…，ann 取每行最大数得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xn与yn的大小． 【解】设x=aij，y=apq，则aij≥aiq≥apq

所以x≥y．

(1)当n是奇数时，xn≥yn． (2)当n是偶数时， (i)如果x≥y≥0，则xn≥yn； (ii)如果0≥x≥y，则xn≤yn； (iii)如果x≥0≥y，则当x≥-y时，xn≥yn；当x≤-y时，xn≤yn． 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． 1985年全国联赛一试 d=4． B1-033 计算下式的值：

【解】 x4+4y4=(x2+2y2)2-(2xy)2=[(x2+2y2)-2xy][(x2+2y2)+2xy] =[(x-y)2+y2][(x+y)2+y2]

1987美国数学邀请赛 因此， n4+324=n4+4·34=[(n-3)2+9][(n+3)2+9] B1-034 在12，22，32，…，192每个数前添“+”或“-”号，使其代数和为最小非负数，并写出算式． 19全俄数学奥林匹 【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k2-(k+1)2-(k+2)2+(k+3)2=4 所以八个连续平方数的代数和可以为0． 对222，232，…，192，每连续八个一组，并适当添加符号，使每组的代数和为0．对62，72，…，212这十六个数适当添加符号，使其和为16．而 -12+22-32+42-52=-15

于是，可在12，22，…，192前适当添加“+”号或“-”号，使所得的代数和为1． 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 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22，32，52，72，112，132整除．但1∈A．求A的元素n的倒数的总和．

1992日本数学奥林匹克题 【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． 1993河北省赛一试 【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． 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． 【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． B1-040 对每一个整数n≥2，确定并证明满足下列等式： an=a+1 及 b2n=b+3a的两个正实数a，b谁大． 【解】我们证明对一切n≥2，有a＞b．显然a≠1，从而(a+1)2＞4a．假设b≥a，则得到如下两个互相矛盾的结果：

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． 1994年上海市赛高三二试 【证】将每个ai写成2αi(2ti-1)的形式，其中αi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． -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． 1994年)美国数学奥林匹克题 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； 1995年日本数学奥林匹克预选赛题 【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． 【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)na1a2…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)． B1-047 a、b、c、d取某些实数值时，方程x4+ax3+bx2+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． 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

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) =e2+f2+g2+h2+26+2(eg+fh) =(e+g)2+(f+h)2+26=32+42+26=51

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． 1997全国联赛一试 【解】令a2/a1=q，则an=a1qn-1(n=2，3，4，5)，于是由条件(1)，得

(3)

(1)若 1+q+q2+q3+q4=0，则q5-1=(q-1)(q4+q3+q2+q+1)=0故复数a1，a2，a3，a4，a5所对应的点共圆． (2)若 1+q+q2+q3+q4≠0，则由(3)得

此时q满足方程 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q2-αq+1=0，其判别式△=α2-4≤0，故两根q1、q2或为相等的实数，或为共

轭复数，都有｜q1｜2=｜q2｜2=q1q2=1．总之，方程(5)的每个根q，都满足｜q｜=1．

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 成立，其中zk=xk+iyk，i为虚单位，k=0，1，…，n．证明你的结论． 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． B1-052 已知有整系数a1，a2，…，an的多项式f(x)=xn+a1xn-1+…+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． 1970加拿大数学奥林匹克 注意a、b、c、d是多项式f(x)-5的根． 【证】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． B1-053 P(x)是非常数的整系数多项式，n(P)为能使[P(K)]2=1成立的整数K的个数．证明： n(P)-deg(P)≤2

【证】若[P(K)]2=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 B1-0 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)=tn·P(x，y) (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)=1．1975国际数学奥林匹克题6

【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)n+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

B1-055 如果P(x)、Q(x)、R(x)及S(x)是多项式，且使得P(x5)+xQ(x5)+x2R(x5)=(x4+x3+x2+x+1)S(x) 试证：(x-1)是P(x)的一个因式． 1976美国数学奥林匹克 由多项式余式定理，问题等价于证明P(1)=0． (1)

P(1)+ωQ(1)+ω2R(1)=0 P(1)+ω2Q(1)+ω4R(1)=0 P(1)+ω4Q(1)+ω6R(1)=0 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+xn+x2n+…+xmn)能被(1+x+x2+…+xm)整除． 1977美国数学奥林匹克 【解】问题等价于：求(m，n)使得是多项式．对任何正整数m、n，(xn)m+1-1既能被(xn-1)整除，又能被(xm+1-1)整除．所以，为使分母因式全约去，只须(xn-1)与(xm+1-1)除(x-1)外，没有别的公因式．这只须n与(m+1)互质即可． 另一方面，如果n与(m+1)的最大公约数d＞1，那么(xn-1)(xm+1-1)被(xd-1)2整除，(xn-1)(xm+1-1)有重根s≠1．但((xn)m+1-1)·(x-1)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)． B1-057 分解因式：x12+x9+x6+x3+1． 1978全国联赛二试题 【解】x12+x9+x6+x3+1 B1-058 设 f(x)=ax2+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． 1981年北京市赛高一反证法． 【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，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． 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(2rx，r2rx+2ry)．求曲线y=f(x)，使在所有变换Tr下，其图像保持不变． 1983加拿大数学奥林匹克 【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(2rx)＝r2rx+2ry＝r2rx+2rf(x) 在式中令x=0，则有f(0)=2rf(0)，故知f(0)=0．对x＞0，设f(1)=a，将x=1代入(1)中，则有f(2r)=r2r+a2r

(1) (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(-2r)=-r2r+2rf(-1) =-r2r+b·2r (4) 再令r=log2(-x)，由(4)得f(x)=xlog2(-x)-bx (5)

综上所述，y=f(x)的解析表达式应为不难验证，它们确实符合要求． 其中a、b为常数． 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． 1987美国数学奥林匹克 【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)=ax3+bx2+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． 【证】先将多项式P(x)变形为 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]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． 1990意大利数学奥林匹克 【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2x3-60x2+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． 1991全俄数学奥林匹克 【解】由已知2(n-1)3-60(n-1)2+a(n-1)=m-1 (1)

2n3-60n2+an=m (2)

2(n+1)3-60(n+1)2+a(n+1)=m+1 (3)

(4)

(1)+(3)-(2)×2，并整理得12n-120=0，所以n=10代入(1)、(2)得2×93-60×92+9a=m-1

2×103-60×102+10a＝m (5) 解得a=599，m=1990．所以这三个连续的整数值是19、1990、1991． B1-0 设n是给定的自然数，求所有正数对a、b，使得x2+ax+b是ax2n+(ax+b)2n的因式． 1992上海市赛高三二试 【解】设x=x0是x2+ax+b=0的根．因为b＞0，故x0≠0．x0也是ax2n+(ax+b)2n的根，所以 ax02n+(ax0+b)2n=ax02n+(-x02)2n =ax02n+x04n=0从而，a+x02n=0，故x02n=-a=a(cosπ+isinπ)． 另一方面，由求根公式故 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 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 1992美国数学奥林匹克 【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， 1993数学奥林匹克 【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)． B1-068 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？ 【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． 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)． 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． 1996美国数学邀请赛 【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． 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． 1997美国数学奥林匹克 【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x2+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)=x3+6x2+3x满足要求，将它简记为(0，3，6，1)．一般地，Q(x)=akxk+…+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

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x2=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)k+…+b1(-2)=0，从而22｜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． 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) 1973加拿大数学奥林匹克 【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． 1982加拿大数学奥林匹克 本题结论可加强为fn-gn=(-1)n． 【证】显然f1=0，f2=1． 当n≥3时，fn=(n-1)(fn-2+fn-1) (1)

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 (2) 由f1-g1=-1及(2)得fn-gn=(-1)n． 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：

1987全苏数学奥林匹克 【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 B1-078 命Pn(k)是集{1，2，…，n}的保持k个点不动的排列的数 【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：x2/(y+z)+y2/(z+x)+z2/(x+y)=0

1990全俄数学奥林匹克

【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 [x2/(y+z)+y2/(z+x)+z2/(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． B1-080 设x1，x2，…，xn(n≥3)是非负实数，且x1+x2+…+xn=1证明：

【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： 【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【1994全俄数学奥林匹克九年级(决赛)题 B1-084 k与n为整数，1≤k≤n，a1，a2，…，ak满足

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

B2-001 如果方程x2+ax+b=0与x2+px+q=0有一个公根，求以它们的相异根为根的二次方程． 1957年上海市赛高二复赛 【解】设公根为α，则α2+aα+b=0

α2+pα+q＝0

相减，得 (a-p)α＝q-b 所以 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)2＝(aq-bp)(p-a) B2-002 方程xn=1(x≥2)的n个根是1，x1，x2，…，xn-1．证明： 【证】xn-1=(x-1)(x-x1)…(x-xn-1)．因此， (x-x1)(x-x2)…(x-xn-1)＝xn-1+xn-2+…+x+1

令x=±1得 (1-x1)(1-x2)…(1-xn-1)=n 所以 B2-003 证明：如果整系数二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有有理根，那么a、b、c中至少有一个是偶数． 1959波兰数学奥林匹克 从而ap2+bpq+cq2=0

若p、q均为奇数，则 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B2-004 证明：方程x5+x=10有一正根为无理数．

1963合肥市赛高三二试 即a为偶数． 【证】当x=0时，x5+x＜10．当x=10时，x5+x＞10，因此x5+x=10必有正根(在(0，10)内)． 并且p、q互质)

B2-007 设a和b为实数，且使方程x4+ax3+bx2+ax+1=0

至少有一个实根，对所有这种数对(a，b)，求出a2+b2的最小可能值．

1973国际数学奥林匹克 【解】设实数x使x4+ax3+bx2+ax+1=0 则 从而方程y2+ay+(b-2)=0

即 从而

程x4+ax3+bx2+ax+1的实根)． B2-008 若P1(x)=x2-2，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． 【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)=4cos2t-2=2cos2t

从而Pnx(t)=2cos2nt 即当2nt=±t+2kπ，k=0，1，…时，得Pn(x)=x的2n个不同的实根，因为Pn(x)次数是2n，所以它的所有根都是实根。 B2x2-9x+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． 1978全国联赛一试题 【解】设已知方程的两个根为x1、x2，所求方程为x2+px+q=0，它

故所求方程为36x2-161x+34=0． 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

【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x3-x2-x-1=0的根． 1．证明：a、b、c彼此不等； 2．证明：下式表示一个整数

1982加拿大数学奥林匹克 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，b2+2ab＝-1，ab2＝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． (a+b+c)=2都是整数，设在n≤k时An均为整数(k≥2)，则由于bk+1=bk+bk-1+bk-2等，所以

bk+1-ck+1=(bk-ck)+(bk-1-ck-1)+(bk-2-ck-2)．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． B2-012 已知x1、x2是方程x2+(k-2)x+(k2+3k+5)=0 (k为实数) 1982全国联赛题1(6)

【解】由于x1、x2是实数根，所以△=(k-2)2-4(k2+3k+5)≥0 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． 1984北京市赛高一 【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x4-18x3+kx2+200x-1984=0的四个根中的两个根的乘积为-32，试决定k的值． 1984美国数学奥林匹克 【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 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 B2-015 方程x2+ax+b+1=0的根是正整数．证明：a2+b2是合数．

1986全苏数学奥林匹克 (4)

【证】设x1、x2是原方程的两根，则

(1)

由(1)式得

因为x1、x2都是正整数，所以a2+b2是合数． 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-1(n！)2＝0

有一个整数解r，求证 1987东北三省数学邀请赛 【解】由题设可知 (r-a1)(r-a2)…(r-a2n)=(-1)n(n！)2 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(n！)2，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 B2-017 证明：对每一整数n＞1，方程

【证】首先证明对每一个整数k＞0及每个素数p，pk｜k！， 无有理根． 19年)IMO预选题 事实上，设s≥0为整数，满足Ps≤k≤Ps+1，则满足pr｜k！的最大整数为

所以pk｜k！ 若方程有有理根为α，则

B2-018 求方程x199+10x-5=0所有199个解的199次方的和．

1991日本数学奥林匹克预选题 【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x2-pqx+p+q=0有整数根的所有自然数p和q． 1991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 B2-020 对多少个实数a，x的二次方程x2+ax+ba=0只有整数根？ 【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=22·32 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x2-2x-(10p2+10p+2)=0无整数解． 【证】将原方程变形为x(x-2)=2[5p(p+1)+1]

(1)

1993数学奥林匹克第二轮 1991美国数学邀请赛 因为p(p+1)是偶数，所以(1)式右边 如果x是整数，那么x必为偶数，(1)式左边矛盾． B2-022 设f(x)=xn+5xn-1+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． 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)n-1+3，f(3)=3n+5·3n-1+3，f(-3)=2(-3)n-1+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)=xp+ap-1xp-1+…+a1x+a0 h(x)=xq+bq-1xq-1+…+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xk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．

B2-023 x的二次方程x2+z1x+z2+m=0 (1)中，z1、z2、m均是复数，且

(2)

1994全国联赛二试 【解】由韦达定理有 因为(α-β)2=(α+β)2-4αβ 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 方程ax5+bx4+c=0有3个不同的实数根．证明：方程cx5+bx+a=0也有3个不同的实数根． 1994年全俄数学奥林匹克 【证】显然x=0不是方程ax5+bx4+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． B2-025 x2+ax+b=0有两个不同的实数根．证明：方程x4+ax3+(b-2)x2-ax+1=0有4个不同的实数根． 1994全俄数学奥林匹克 【证】x4+ax3+(b-2)x2-ax+1＝(x2-x1x-1)(x2-x2x-1) 其中x1、x2分别是方程x2+ax+b=0的两个不同的实数根． 现在只须证明：方程x2-x1x-1=0 (1) 及x2-x2x-1=0 (2)的实数根各不相同．由判别式知它们分别有两个不同的实数根．

B2-026 求一切实数p，使得三次方程5x3-5(p+1)x2+ (71p-1)x+1=66 p

x1≠x2矛盾．所以方程(1)、(2)没有公共根． (1)的三个根均为正整数． 1995全国联赛二试 【解】由观察知，x=1是(1) 的一个正整数根．所以5x3-5(p+1)x2+(71p-1) x+1-66p=(x-1)Q(x)，其中Q(x)=5x2-5px+66p-1． 设正整数u、v是Q(x)=0的两个根，则

所以p是正整数，将(2)代入(3)，得5uv=66(u+v)-1 (4)从而

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． 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？ 【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)=Ax2+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． B2-028 若α、β、γ是x3-x-1=0的根，计算的值． 1996加拿大数学奥林匹克 αβγ=1

【解】设f(x)=x3-x-1＝(x-α)(x-β)(x-γ)由多项式根与系数关系，有α+β+γ＝0 αβ+βγ+γα=-1

从而其中分子 A=(1+α)(1-β)(1-γ)+(1+β)(1-α)(1-γ)+(1+γ)(1-α)(1-β)

分母B=(1-α)(1-β)(1-γ)=f(1)=-1 =3-(α+β+γ)-(αβ+βγ+γα)+3αβγ=7

B2-029 设p(x)是实系数多项式函数p(x)=ax3+bx2+cx+d． 证明：如果对任何｜x｜＜1，均有｜p(x)｜≤1，则｜a｜+｜b｜+｜c｜+｜d｜≤7． 【证】由p(x)为连续函数且｜x｜＜1时，｜p(x)｜≤1，故｜x｜≤1时，p(x)≤1．

1996IMO预选题 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x3-x-1=0的解，求以a2为其解的整系数三次方程． 【解】a3-a=1，两边平方得a2(a2-1)2＝1

所以a2是x(x-1)2=1的根，展开得x3-2x2+x-1=0这就是所求的方程． B2-031 假设x3+3x2+4x-11=0的根是a，b，c，x3+rx2+sx+t=0的根是a+b，b+c，c+a，求t． 1996美国数学邀请赛题5． 韦达定理， r =－（a+b）（b+c）（c+a）=－（－3－c）（－3－a）（－3－b）=－（（－3）3+3（－3）2+4（－3）－11）=23 B232 设P是方程z6+z4+z3+z2+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． 1996日本数学奥林匹克预选题 【解】原方程即

即（u－1）（u2+u－1）=0

u3－2u+1=0

从而

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

B233 解方程组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是互不相同正数？ 【解】a2－b2=（x+y+z）2－（x2+y2+z2）=2（xy+yz+zx）=2（z2+yz+zx）=2az 若a=0，则b≠0时方程组无解；b=0时，由x2+y2+z2=0得x=y=z=0． u2+（z－a）u+z2=0 y＞0． 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． 1963上海市赛高三决赛题 【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 （1） x2+x4=yx3 （3）

x1+x2=yx2 （2） x3+x5=yx4 （4） 1963年国际数学奥林匹克题 x4+x1=yx5 （5）成立的值x1，x2，x3，x4，x5，这里的y是一个参数．

【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 （6）由（3）、（2）、（4）得y2x3=y（x2+x4）=（x1+x3）+（x3+x5） 由上式及（3）、（6）得 (y2+y－1)x3=x1+x3+x5+x2+x4=0

因此，在y2+y－1=0时，x3=0．同理x1=x2=x3=x4=x5=0 它显然是原方程组的解． 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．

1965年国际数学奥林匹克题 【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．

1966年国际数学奥林匹克题 【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 （1） （a1－a2）x1+（a2－a3）x3+（a2－a4）x4=1 （2） （a1－a3）x1+（a2－a3）x2+（a3－a4）x4=1 （3） （a1－a4）x1+（a2－a4）x2+（a3－a4）x3=1 （4） （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 （5） x1+x2=x3+x4 （6）

x1+x2+x3=x4 （7） 由（5）、（6）、（7）得x2=x3=0，x1=x4 代入（1）、（4）得 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）2－4ac．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．1968年保加利亚数学奥林匹克题3

【证】将n个方程相加得即 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）． 【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）q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）p=（4p+1）p个． 因为（2p+1）q=（2p+1）2p=（4p2+4p+1）p＞（4p+1）p，由抽屉原理，一定有两个不同的数组（y1，…，yq），（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．

y′1，…，