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  • 2022-07-25 发布

高中数学奥林匹克竞赛试题及答案

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1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.1956年波兰.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112整除.因此,数100a+b=99a+(a+b)能被11整除,于是a+b能被11整除.但0<a+b≤18,以a+b=11.于是x=112(9a+1),由此可知9a+1是某个自然数的平方.对a=1,2,…,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=882.2假设n是自然数,d是2n2的正约数.证明:n2+d不是完全平方.1953年匈牙利.【证设2n2=kd,k是正整数,如果n2+d是整数x的平方,那么k2x2=k2(n2+d)=n2(k2+2k)但这是不可能的,因为k2x2与n2都是完全平方,而由k2<k2+2k<(k+1)2得出k2+2k不是平方数.3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.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).1964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.1964年波兰【解】当p≡±1(mod5)时,5|4p2+1.当p≡±2(mod5)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\n【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)(m11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.\n16n≥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-1-m)+n≥n>p因为(p-1-m)2+(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.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.1989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.19n为怎样的自然数时,数32n+1-22n+1-6n是合数?1990年全苏解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1320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3d.又1+d=a2,于是31+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      18001201      1700      1301      1600      1401\n1999      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(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(mod5)时,均有2n2+22n+77≡2(n2+n+1)0(mod5)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年澳门数学奥林匹克第二轮【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+…+54=40+41+…+5025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(3n+1),可设2n+1=(2k+1)2,3n+1=(3t±1)2,由此可得n+1=k2+(k+1)2,n+1=(t±1)2+2t2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\n【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+20255+56+…+7028+29+…+52    A2-002N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.\nA2-005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(mod1000)因而1978m≡2m×989m≡0(mod8),m≥3。又1978n-m≡1(mod125)而    1978n-m=(1975+3)n-m≡3n-m+(n-m)3n-m-1·1975(mod125)(1)从而3n-m≡1(mod5),于是n-m是4的倍数.设n-m=4k,则代入(1)得从而k(20k+3)≡0(mod25)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)=u3-2vux2+xy+y2=(x+y)2-xy=u2-v从而原方程变为2v(u-4)=u3-8u2-8                                (2)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:1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,1597,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\n【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)41984年匈牙利数学竞赛【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【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890.A12a、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).\n 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]=1989有整数解?1989年全苏数学奥林匹克【解】1989≤10n/x<1990所以10n/1990<x≤10n/1989。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2n+1是奇数)=(2(n2+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.A2-018n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. A2-0191.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?1991年全苏数学奥林匹克【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. 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\n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=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. 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(mod7)a1=2≡2(mod7)a1=1+22=5≡-2(mod7)a3≡2+(-2)2=6≡-1(mod7)a4≡-2+(-1)2=-1(mod7)a5≡-1+(-1)2=0(mod7)a6≡-1+02=-1(mod7)a7≡0+(-1)2=1(mod7)a8≡-1+12=0(mod7)a9≡1+02=1(mod7)a10≡0+12=1(mod7)a11≡1+12=2(mod7)所以,an除以7的余数以10为周期,故a1992≡a2≡5(mod7).\nA2-025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(mod9),故当n>1时,有n≡S(n)≡S(2n)≡2n(mod9)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910k,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(mod9)=0所以,对任意正整数m,9|(23m+1).即所求k的值为2.最大整数.1993年全国联赛一试【解】因为1093+33=(1031)3+33=(1031+3)((1031)2-3×1031+32)=(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-\n91)+…+(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+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?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)3-0p(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.\n【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?1995年美国数学邀请赛【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.【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。H(1,1)=(12,12)=12因H(m,n)=H(n,m),故可设n≥m.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(mod2);(3)(m′,n′)=(m,n).\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=200A2-042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(mod13),所以15≡2(mod13)不是任一数的平方.因此,16r2≡15s2(mod13)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(mod37),所以必有37|s.于是481|s.由(1),481|r.\n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.1997年国际数学奥林匹克【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.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)(mod13)当且仅当x+3y+2被13整除,即x+3y+2=13m(m为自然数)                                (1)\n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\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?1964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及109.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≤177760B≤1+5×9=46,B的数字和C≤4+9=13由于一个数与它的数字和mod9同余,所以\nC≡B≡A≡44444444≡74444=(73)1481×7≡11781×7≡7(mod9)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.1989芜湖市2090<222(a+b+c)=1990+n<2989而2090>222×9=1998,222×10=2220=1990+230\n222×11=2442×1990+452,222×12=2664=1990+674222×13=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=19891989,an等于an-1的各位数字之和,a5等于什么?1989年加拿大数学奥林匹克【解】由a1<100001989=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.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\nA3-023 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(mod5)假设n=4k+r,k是整数,r=0,1,2,3.则Sn=1n+2n+3n+4n≡1r+2r+3r+4r(mod5)由此推出,当r=0时,Sn≡4,而当r=1,2,3时,Sn≡0(mod5).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.2.问题即何时为整数.(1)若n+1为奇质数,则(n+1)2(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)!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\n【证】设三个连续自然数的乘积为n=(a3-1)a3(a3+1).(1)a≡1,2,-3(mod7)时,7|a3-1.a≡-1,-2,3(mod7)时,7|a3+1.a≡0(mod7)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(mod9)时,9|a3-1.a≡-1,2,-4(mod9)时,9|a3+1.a≡0,±3(mod9)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2A4-007(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(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=7k+1(k是正整数)从而                   23m+1=2·23m=2(7k+1)=7k1+223m+2=4·23m=4(7k+1)=7k2+4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=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.\n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(mod5)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\n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.1992日本数学奥林匹克【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)2xy.故(x+y)(x2+y2).假设当n=2k(k∈N+)时,(x+y)(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)所以(x+y)(x2(k+1)+y2(k+1)).故对一切正偶数n,x+y不整除xn+yn.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nA4-021 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.\nA4-022 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(mod3)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(2n-1).若n是奇素数,由费马定理知2n≡2(modn),所以2n-1≡1(modn),即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(modP);若i是使2i≡1(modP)成立的最小自然数,则2≤i≤P-1,从而in,设n=qi+r,0<r<i,则2n≡2r1(modp),即p(2n-1),故n(2n-1).A4-024 当n为何正整数时,323整除20n+16n-3n-1?1993澳门数学奥林匹克【解】      323=17×19当n为偶数时,20n+16n-3n-1≡1+3n-3n-1≡0(mod19)20n+16n-3n-1≡3n+1n-3n-1≡0(mod17)所以此时323整除20n+16n-3n-1.当n为奇数时,20n+16n-3n-1≡3n-1-3n≡-20(mod17),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(mod3),且yz(mod3),这时3x+y+z且3|(x-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(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(modp).因而ai≡1(modp),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(modp)所以,p2|(a-1)(ap-1+ap-2+…+a+1)=ap-1a≡1(modn).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.\nA4-027 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.A4-029 证明;所有形如10017,100117,1001117,…的整数皆可被53整除.1995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.1995莫斯科数学奥林匹克【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.【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.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\n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(modp)即nxn-1≡0(modp),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.\n【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.\nA019 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))=f(2s)=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.1989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”(288,289).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1989=3×663,所以2656=4×664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.\n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+…+αn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+mA5-025 证明:若则为整数.【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.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modp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modp的p-1个剩余类,从而总有a使1+2+…+x≡a(modp)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)、(mod2k+1),其中0≤x,y≤2k-1,则x2-y2+x-y≡(x-y)(x+y+1)≡0(mod2k+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(mod2k+1)由后者得:2k+1≤x+y+1≤2k-1+2k-1+1=2k+1-1矛盾.故 x≡y(mod2k+1),即x=y.因此(2)中的2k个偶数mod2k+1互不同余,从而对任意整数a,方程x(x+1)≡2a(mod2n)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.\n【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={2×131,3×89,5×53,7×37,11×23,13×19}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}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\nA5-029 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=256,54=625.对x,y∈{1,2,3,4,5},x4+y4>97(x+y)的仅有54+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.\n【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(mod4),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\n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,2aB,因此|B∩A2|+|B∩A1|≤50.同样|B∩A4|+|B∩A3|≤13,|B∩A6|+|B∩A5|≤3.因此|B|≤67.本题答案为67.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\n【解】令Sk=a1+a2+…+ak(1≤k≤11).若ak>Sk-1+1,则不存在SA,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≤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={1,2,4,8,16,32,64,128,247,248,750}当n≤255=27+26+…+2+20时,可找到S{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+750=1500时,存在SA,使σ(S)=n.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°.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)\n(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,15xA,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1870B1-016 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.\n【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,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.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-m2B1-020 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(x1,x2,x3,x4),使其中任一个数与其余三数积的和等于2.1965国际数学奥林匹克【解】设x1x2x3x4=d,则显然d≤1.有以下五种情况:所以d=1,x1=x2=x3=x4=1.所以d=1,x1=x2=x3=x4=1.\n综上所述,x1、x2、x3、x4或者全为1;或者其中有三个为-1,一个为3B1-22 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.1976国际数学奥林匹克题【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+1979lg2595.736391<1979lg2<595.738370而lg5=1-lg2<0.70lg6=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=20a1a2…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:\n【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,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,…,a1na21,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:1987美国数学邀请赛\n【解】x4+4y4=(x2+2y2)2-(2xy)2=[(x2+2y2)-2xy][(x2+2y2)+2xy]=[(x-y)2+y2][(x+y)2+y2]因此,n4+324=n4+4·34=[(n-3)2+9][(n+3)2+9]B1-034在12,22,32,…,19892每个数前添“+”或“-”号,使其代数和为最小非负数,并写出算式.1989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,…,19892,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,…,19892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.\n【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)≠0p+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\n【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=4b=(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=51B1-048 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\n 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)≤2B1-054 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)=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)=0P1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+nyB1-055 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)(1)\n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.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) (1)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(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)的解析表达式应为其中a、b为常数.\n不难验证,它们确实符合要求.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)(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(4)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1989、1990、1991. B1-064 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.\nn≥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-a19921992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澳门数学奥林匹克【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=763B1-070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+1B1-071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+a0P(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)+1994B1-072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)\n=(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\n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)=01990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}\n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=0α2+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\n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,则即a为偶数.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【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\n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)≥0B2-013 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\n【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(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=86B2-015 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【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!)22n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=0B2-017 证明:对每一整数n>1,方程无有理根.1989年)IMO预选题【证】首先证明对每一个整数k>0及每个素数p,pk|k!,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\nB2-018 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)=22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=1B2-020 对多少个实数a,x的二次方程x2+ax+ba=0只有整数根?1991美国数学邀请赛【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,-1,0B2-021 p为整数,试证x2-2x-(10p2+10p+2)=0无整数解.1993澳门数学奥林匹克第二轮【证】将原方程变形为x(x-2)=2[5p(p+1)+1](1)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+a0h(x)=xq+bq-1xq-1+…+b1x+b0p,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\n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.x1≠x2矛盾.所以方程(1)、(2)没有公共根.B2-026 求一切实数p,使得三次方程5x3-5(p+1)x2+(71p-1)x+1=66p(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【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=0αβ+βγ+γα=-1αβγ=1\n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)=3-(α+β+γ)-(αβ+βγ+γα)+3αβγ=7分母B=(1-α)(1-β)(1-γ)=f(1)=-1B2-029 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|≤7.1996IMO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.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.1996日本数学奥林匹克预选题【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)=23B232 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.【解】原方程即u3-2u+1=0即(u-1)(u2+u-1)=0从而z=cos60°±isin60°,cos72°±isin72°,cos144°±isin144°θ=60+72+144=276B233 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.\nu2+(z-a)u+z2=0y>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)x1+x2=yx2                                      (2)x2+x4=yx3                    (3)x3+x5=yx4                                 (4)x4+x1=yx5          (5)成立的值x1,x2,x3,x4,x5,这里的y是一个参数.1963年国际数学奥林匹克题【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\n【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\na21x1+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′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.

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