初中数学奥林匹克竞赛方法与试题大全解析.doc

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=|ax2+bx+c|及 y=ax2+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。第一讲整数问题：特殊的自然数之一 A1001 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1x1000a100a10bb11（100ab）其中0a9，0b9可见平方数x被11整除，从而x被112整除因此，数100ab99a（ab）能被11整除，于是ab能被11整除但0ab18，以ab11于是x112（9a1），由此可知9a1是某个自然数的平方对a1，2，9逐一检验，易知仅a7时，9a1为平方数，故所求的四位数是7744882A1002 假设n是自然数，d是2n2的正约数证明：n2d不是完全平方【题说】 1953年匈牙利数学奥林匹克题2【证】 设2n2kd，k是正整数，如果 n2d是整数 x的平方，那么k2x2k2（n2d）n2（k22k）但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2k22k（k1）2得出k22k不是平方数A1003 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（n1）（n2）（n3）（n23n）（n28n2）（n23n1）21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A1004 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 am2（mN）于是a（2kmdk2）d（mkd）2对于任何kN，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数A1005 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 n2满足条件，令n2100a2b，其中 0b100于是 n10a，即 n10a1因此bn2100a220a1由此得 20a1100，所以a4经验算，仅当a4时，n41满足条件若n41则n2402422402100因此，满足本题条件的最大的完全平方数为4121681A1006 求所有的素数p，使4p21和6p21也是素数【题说】 1964年1965年波兰数学奥林匹克二试题 1【解】 当p1（mod 5）时，5|4p21当p2（mod 5）时，5|6p21所以本题只有一个解p5A1007 证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，zn4a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m1及自然数n，有n44m4（n22m2）24m2n2（n22mn2m2）（n22mn2m2）而 n22mn2m2n22mn2m2（nm）2m2m21故 n44m4不是素数取 a424，434，就得到无限多个符合要求的 a第二讲整数问题：特殊的自然数之二A1008 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da为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和bc9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A1009 证明：如果p和p2都是大于3的素数，那么6是p1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p1的因数因为p、p1、p2除以 3余数不同，p、p2都不被 3整除，所以p1被 3整除于是6是p1的因数A1010 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（mn）3p（ln）3q（ml）3r3（ln）（m原命题成立 A1011 设n为大于2的已知整数，并设Vn为整数1kn的集合，k1，2，数mVn称为在 Vn中不可分解，如果不存在数p，qVn使得 pqm证明：存在一个数rVn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an1，b2n1，则a2、b2、a2b2都属于Vn因为a2（n1）2，所以a2在Vn中不可分解式中不会出现a2ra2b2有两种不同的分解方式：ra2b2a2（直至b2分成不可分解的元素之积）与rabab（直至ab分成不可分解的元素之积），前者有因数a2，后者没有A1012 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1，1104，1104108，一个合数即对n2，an均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a21000113773故对一切n2，an均为合数A1013 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除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6因此对任意自然数M，104M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A1014 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ab1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2d1、5d1、13d1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可用反证法，设5d1x2 （1）5d1y2 （2）13d1z2 （3）其中x、y、z是正整数由（1）式知，x是奇数，不妨设x2n1代入有 2d1（2n1）2即d2n22n1 （4）（4）式说明d也是奇数于是由（2）、（3）知y、Z是偶数，设y2p，z2q，代入（2）、（3）相减后除以4有2dq2p2（qp）（qp）因2d是偶数，即q2p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而qp和qp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，故命题正确第三讲整数问题：特殊的自然数之三 A1015 求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n5）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aiin！1，i1，2，n组成的集合满足要求因为其中任意k个数之和为mn！k（mN，2kn）由于n！12 n是 k的倍数，所以mn！k是 k的倍数，因而为合数对任意两个数ai与 aj（ij），如果它们有公共的质因数p，则p也是aiaj（ij）n！的质因数，因为0ijn，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（ij）互素令n5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601A1016 已知n2，求证：如果k2kn对于整数k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mp，则p|（mp）2（mp）n又（mp）2（mp）nnP，这与m是使k2kn为合数的最小正整数矛盾（2）若mp1，则（p1m）2（p1m）n（p1m）（pm）n被p整除，且（p1m）2（p1m）nnp因为（p1m）2（p1m）n为合数，所以p1mm，p2m1由得4m24m1m2mn即3m23m1n0由此得A1017 正整数a与b使得ab1整除a2b2求证：（a2b2）/（ab1）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a2kabb2k （1）显然（1）的解（a，b）满足ab0（否则ab1，a2b2k（ab1）0）又由于k不是完全平方，故ab0设（a，b）是（1）的解中适合a0（从而b0）并且使ab最小的那个解不妨设ab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b0，所以a0但由（3）从而abab，这与ab的最小性矛盾，所以k必为完全平方A1018 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（n1）！，则a2k（2kn1），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a2k是质数的整数幂pl，则kpj（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被pj1整除，所以a2k被pj整除而不被pj1整除，于是a2kpjk，矛盾因此a2k（2kn1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂第四讲整数问题：特殊的自然数之四 A1019 n为怎样的自然数时，数32n122n16n是合数？【题说】 第二十四届（1990年）全苏数学奥林匹克十一年级题5【解】 32n122n16n（3n2n）（3n12n1）当 nl时，3n2n1，3n12n11，所以原数是合数当 n1时，原数是素数13 A1020 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a2a1a3a2akak10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a11由（n1，n）1，得 akn1令 da2a10当a22时，d1，从而kn1，n与所有小于n的自然数互素由此可知n是素数当a23时，d2，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a23a2是不能整除n的最小素数，所以2|n，3|n由于n1ak1（k1）d，所以3 d又1da2，于是3 1d由此可知3|12d若12dn，则a312d，这时3|（a3，n）矛盾若12dn，则小于n且与n互素自然数的个数为2设n2m（6）若m为偶数，则m1与n互质，若m为奇数，则m2与m互质即除去n1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A1021 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1001100220001500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和15005，所以A15005另一方面，将10012000排列如下：2000 1001 1900 1101 18001201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 17991202 1699 1302 1599 1402 1901 1100 1801 1200 17011300 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（i1）j项，1i20，1j10）令 Siaiai1ai9（i1，2，1901）则S115005，S215004易知若i为奇数，则Si15005；若i为偶数，则Si15004综上所述A15005第五讲整数问题：特殊的自然数之五 A1022 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】 （n1）2（n2）2（n10）210n2110n3855（2n222n77）不难验证n0，1，1，2，2（mod 5）时，均有2n222n772（n2n1） 0（mod 5）所以（n1）2（n2）2（n10）2不是平方数，A1023 是否存在完全平方数，其数字和为1993？【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n221即可 A1024 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495515259454654404150A1025 如果自然数n使得2n1和3n1都恰好是平方数，试问5n3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2n1k2，3n1m2，则5n34（2n1）（3n1）4k2m2（2km）（2km）因为5n3（3n1）2m222m1，所以2km1（否则5n32km2m1）从而5n3（2km）（2km）是合数第六讲整数问题：特殊的自然数之六 A1026 设n是正整数证明：2n1和3n1都是平方数的充要条件是n1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2n1及3n1是平方数，因为2 （2n1），3 （3n1），可设2n1（2k1）2，3n1（3t1）2，由此可得n1k2（k1）2，n1（t1）22t2反之，若n1k2（k1）2（t1）22t2，则2n1（2k1）2，3n1（3t1）2从而命题得证 A1027 设 a、b、c、d为自然数，并且abcd试问 abcd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accc1，bccc2所以，k1且l1从而，abcdkl为合数 A1028 设k1k2k3是正整数，且没有两个是相邻的，又对于m1，2，3，Smk1k2km求证：对每一个正整数n，区间（Sn，Sn1）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】 Snknkn1k1所以从而第七讲整数问题：求解问题之一 A2001 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（n1），最小的一个数为a，则有a（a1）（an1）1000即n（2an1）2000若n为偶数，则2an1为奇数；若n为奇数，则2an1为偶数因a1，故2an1n同，故只有n5，16，25，因此可能的取法只有下列三种：若n5，则 a198；若n16，则 a55；若n25，则 a28故解有三种：198199200201202555670282952 A2002 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7b27b7x4素数7应整除x，故可设x7k，k为正整数于是有b2b173k4当k1时，（b18）（b19）0因此b18是满足条件的最小正整数 A2003 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 7s2s1n2100 从而求得n10A2004 设a和b为正整数，当a2b2被ab除时，商是q而余数是r，试求出所有数对（a，b），使得q2r1977【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a2b2q（ab）r（0rab），q2r1977，所以 q21977，从而q44若q43，则r1977q21977432128即（ab）88，与（ab）r128，矛盾因此，只能有q44，r41，从而得a2b244（ab）41（a22）2（b22）21009不妨设|a22|b22|，则1009（a22）2504，从而45a53经验算得两组解：a50，b37及a50，b7由对称性，还有两组解a37，b50；a7，b50A2005 数1978n与1978m的最后三位数相等，试求出正整数n和m，使得mn取最小值，这里nm1【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1978n1978m1978m（1978nm1）0（mod 1000）因而1978m2m989m0（mod 8）， m3又1978nm1（mod 125）而 1978nm（19753）nm3nm（nm）3nm11975（mod 125）（1）从而3nm1（mod 5），于是nm是4的倍数设nm4k，则代入（1）得从而k（20k3）0（mod 25）因此k必须是25的倍数，nm至少等于425100，于是mn的最小值为nm2m106，m3，n103 A2006 求方程x3x2yxy2y38（x2xyy21）的全部整数解x、y 【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 x3x2yxy2y3（xy）32xy（xy）u32vux2xyy2（xy）2xyu2v从而原方程变为2v（u4）u38u28 （2）因u4，故（2）即为根据已知，u4必整除72，所以只能有u423，其中0，1，2，3；0，1，2进一步计算可知只有u4236，于是u10，v16第八讲整数问题：求解问题之二 A2007 确定m2n2的最大值，这里 m和 n是整数，满足 m，n1，2，1981，（n2mnm2）21【题说】 第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题 3【解】 若mn，由（n2mnm2）21得（mn）21，故mn1若mn，则由n2mnm21得 nm令nmuk，于是（muk）2m（muk）m221于是有若ukuk1，则以上步骤可以继续下去，直至从而得到数列：n，m，uk，uk1，ukl，ukl1此数列任意相邻三项皆满足uiui1ui2，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m987，n1597时，m2n23524578为满足条件的最大值A2008 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xyz显然wz1，因此（z1）！w！x！y！z！3z！从而z2通过计算知xyz2，w3是原方程的唯一解A2009 求满足下式的所有整数n，m：n2（n1）2m4（m1）4【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（n1）m（m1）（m2m2）设m2mk，我们有n（n1）k（k2）显然，只可能两边为零解是（0，0），（0，1），（1，0），（1，1）A1010 前1000个正整数中可以表示成2x4x6x8x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）2x4x6x8x个不同的正整数值另一方面f（xn）f（x）20n对任一正整数n成立将11000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5012600个值，亦即在前1000个正整数中有600个可以表示成2x4x6x8x的形式 A2011 使n3100能被n10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n3100（n10）（n210n100）900知，若n3100被n10整除，则900也应被n10整除因此，n最大值是890第九讲整数问题：求解问题之三 A2012 a、b、c、d为两两不同的正整数，并且abcd，abcd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ab，所以当且仅当a1或b1时，才有abab如果a、b都不是1，那么cdababcd由此知c1或d1因此a、b、c、d中总有一个（也只有一个）为1如果a1，那么由消去b可以推出从而得到c2，d3，或者c3，d2这样，本题的答案可以列成下表A2013 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，b1000，b，c2000，c，a2000 【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2m5n的数设a2m15n1，b2m25n2，c2m35n3由a，b10002353，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（i1、2、3）不同取法共有71070种，即三元组共有70个A2014 设m的立方根是一个形如nr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12mn31（n103）3n33n21033n106109于是从而n19（此时m1931为最小） 【题说】 第十三届（1987年）全俄数学奥林匹克九年级题 1【解】 144122，1444382设n3，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n2，3A2016 当n是怎样的最小自然数时，方程10n/x1989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】 198910n/x1990所以10n/1990x10n/1989即10n0.000502512x10n0.000502765所以n7，这时x5026与5027是解A2017 设an50n2，n1，2，对每个n，an与an1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，an1）（50n2，50（n1）2（50n2）（50n2，2n1）（2（n250），2n1）（因 2n1是奇数）（2（n250）n（2n1），2n1）（100n，2n1）（100 n，2n12（100 n）（100n，201）201在n100201k（kN）时，dn201故所求值为201 A2018 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n235，其中0，1，2，并且（1）（1）（1）75由75523，易知当4，2时，符合条件（1）、（2）此时n243452，n/75432第十讲整数问题;求解问题之四 A2019 1求出两个自然数x、y，使得xyx和xyy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x1，y8即满足要求2假设988xy1991x、yN，使得xyx与xyy是不同的自然数的平方，则x2xyxxyy这时yx（xyy）（xyx）（x1）2x22x1即y3x1由此得1991y3x139981矛盾！故在988与1991之间不存在这样的自然数x、y A2020 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，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kN，k2n/k21991 （1）且存在kN，使得k2n/k21992 （2）（1）等价于对一切kN，k41991k2n0即 （k21991/2）2n19912/40 （3）故（3）式左边在k取32时最小，因此（1）等价于n19913223241024967又，（2）等价于存在kN，使（k2996）2n99620上式左边也在k32时最小，故（2）等价于n19923223241024968故n为满足1024967n10249671023的一切整数A2021 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】 n1，易知所求和S12n2时，首位数字为1的2n位数，在其余2n1位上，只要n个0的位置确定了则n1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（2nk1）位数字是1的数的个数因为其中n个0的位置只可从2n2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 A2022 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67或 8时，则当n和n1相加时将发生进位再若b9而c9；a9而b9或c9则当n和n1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，c0，1，2，3，4对这种形式的n，当n和n1相加时不会发生进位，所以共有535251156个这样的nA2023 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（m1）f（m2）f（m3）f（m4）f（m5）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m419917964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7980/51596个所以在0，1，2，1991中，有19921596396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 A2024 数列an定义如下：a01，a12，an2an（an1）2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：a011（mod 7）a122（mod 7）a112252（mod 7）a32（2）261（mod 7）a42（1）21（mod 7）a51（1）20（mod 7）a61021（mod 7）a70（1）21（mod 7）a81120（mod 7）a91021（mod 7）a100121（mod 7）a111122（mod 7）所以，an除以7的余数以10为周期，故a1992a25（mod 7） A2025 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【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，n1满足要求由于对正整数x，有S（x）x（mod 9），故当n1时，有nS（n）S（2n）2n（mod 9）所以9|n若n是一位数，则n9，又S（9）S（29）S（39）S（92）9，故9满足要求10kn10k1又9 10k，故10k1n10k1若n10k10k1101，则与已知矛盾，从而n10k10k1101（1）令n9m设m的位数为l（klk1），m1S（n）S（10k10k1101）n）S（10k11）m）S（10k1（m1）（10k110l）（10lm）其中9有k1l个，bici9，i1，2，l所以S（n）9（k1） （2）由于n是 k1位数，所以 n99910k11另一方面，当 n99910k11时，S（n）S（2n）S（3n）S（n2）综上所述，满足要求的正整数为n1及n10k1（k1）A2026 求最大正整数k，使得3k|（23m1），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m1时，23m19，故k2又由于23m1（23）3m11（1）3m11（mod 9）0所以，对任意正整数m，9|（23m1）即所求k的值为2 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109333（1031）333（10313）（1031）23103132）（1031）（10313）91它的个位数字是8，十位数字是0 A2028 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abcd无论a为b，c，d哪两个数的乘积，均有abc，类似地，dbc从而，bcabcdbc，即abcda2所以a0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第十二讲整数问题：求解问题之六 A2029 对任意的实数x，函数f（x）有性质f（x）f（x1）x2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）x2f（x1），有f（94）942f（93）942932f（92）942932922f（91）942932922202f（19）（9493）（9493）（9291）（9291）（2221）（2221）20294（94939221）3064561因此，f（94）除以1000的余数是561A2030 对实数x，x表示x的整数部分，求使log21log22log23log2n1994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】 long21log22log23log2128log2129log225521428316432564612871538 A2031 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Sp（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（000001002998999）000（0129）30p（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，46313357103最大的素因子是103 A2032 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p2qs及p2qr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p2，则p2qs或p2qr中有一个形如（2k1）22（2l1）4（k2kl）3，这是不可能的，因为奇数的平方除以4的余数是1，所以p2设22qsa2，则qs（a2）（a2）若a21，则qs5，因为q、s是奇素数，所以上式是不可能的于是只能是qa2， sa2或者qa2，sa2所以sq4或q4同理rq4或q4三个数q4、q、q4被3除，余数各不相同，因此其中必有一个被 3整除q或q4为3时，都导致矛盾，所以只能是q43于是（p，q，r，s）（2，7，3，11）或（2，7，11，3）A2033 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p2，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pq2，pr2，其中q、r为素数于是p2、p、p2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p23，p5，p27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】 n31n3mn（mn1），所以mn1|n（n2m）因为（mn1，n）1，所以mn1|n2m又n（m2n）（n2m）m（mn1），所以mn1|m2n因此m，n对称，不妨设mn当n1时，mn1m1|n312，从而m2或3，以下设n2若mn，则n21|（n31）（n3n）（n1），从而n21|（n1），mn2若mn，则由于2（mn1）n2mnn2n22mn2m所以mn1n2m，即（mn1）（n1）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】 由已知得即所以A2036 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42np，其中n为非负整数，p为小于42的素数或1由于2421，422，423，4255，427，24211，4213，44217，34219，4223，34229，24231，44237，24241，都是合数，所以在n5时，42np都可表成42的正整数倍与合数之和，只有4255例外因此，所求的数就是4255215A2038 求所有正整数x、y，使得xy2z3xyz，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y2、z3、xyz均被z2整除得出z2|x设xaz2，ybz，则原方程化为ab2zabz2 （1）由b2、abz2被b整除得b|（az）于是bazazb2abz2（az）b（az）bb（z22）a2z）azb2b（z22）a2z） （2）（2）中不等式