所以m|6，而m＞4，故这时只有一组正整数3，4，5，6具有所述性质．
设n＞4．由于m|（m－1）（m－2）?（m－n＋1），所以m|（n－1）！取m=（n－1）（n－2），则（n－1）|（m－（n－1）），（n－2）|（m－（n－2））．由于n－1与n－2互质，m－（n－1）与m－（n－2）互质，所以m=（n－1）（n－2）整除m－（n－1）与m－（n－2）的最小公倍数，因而m具有题述性质．
类似地，取m=（n－2）（n－3），则m整除m－（n－2）与m－（n－3）的最小公倍数，因而m具有题述性质． 所以，当n?4时，总能找到具有题述性质的一组正整数．当且仅当n=4时，恰有唯一的一组正整数．
A4－018 试求出所有的正整数a、b、c，其中1＜a＜b＜c，使得（a－1）（b－1）（c－1）是abc－1的约数． 【题说】第三十三届（1992年）国际数学奥林匹克题1．本题由新西兰提供． 【解】设x=a－1，y=b－1，z=c－1，则1?x＜y＜z并且xyz是
（x＋1）（y＋1）（z＋1）－1=xyz＋x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的约数，从而xyz是x＋y＋z＋xy＋yz＋zx的约数． 由于x＋y＋z＋xy＋yz＋zx＜3yz，所以x=1或2．
若x=1，则yz是奇数1＋2y＋2z的约数．由于1＋2y＋2z＜4z，所以y=3．并且3z是7＋2z的约数．于是z=7．
若x=2，则2yz是2＋3y＋3z＋yz的约数，从而y，z均为偶数，设y=2y1，z=2z1，则4y1z1?1＋3y1＋3z1＋2y1z1＜6z1＋2y1z1，所以y1＜3．因为y＞x，所以y1=2，y=4．再由8z1是7＋7z1的约数得z1=7，z=14．
因此，所求解为（3，5，15）与（2，4，8）．
A4－019 x与y是两个互素的正整数，且xy≠1，n为正偶数．证明：x＋y不整除xn＋yn． 【题说】1992年日本数学奥林匹克题1．
【证】由（x，y）=1知（x＋y，y）=1，（x＋y，xy）=1． 当n=2时，x2＋y2=（x＋y）2－2xy．由于x＋y＞2，所以（x＋y） 假设当n=2k（k∈N+）时，（x＋y）
2xy．故（x＋y）
（x2＋y2）．
（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）
A4－020 证明当且仅当n＋1不是奇素数时，前n个自然数的积被前n个自然数的和整除． 【题说】第二十四届（1992年）加拿大数学奥林匹克题1．
（x2(k+1)＋y2(k+1)）．故对一切正偶数n，x＋y不整除xn＋yn．
若n＋1为奇合数，设n＋1=qr，q、r为奇数且3?q?r，则n
A4－021 找出4个不同的正整数，它们的积能被它们中的任意两个数的和整除． 你能找出一组5个或更多个数具有同样的性质吗？ 【题说】1992年英国数学奥林匹克题3． 【解】显然，2、6、10、14满足要求． 任取n个不同的正整数。a1、a2、?、an，令
则n个不同的正整数la1、la2、?、lan中任意两个的和显然整除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． 【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛七年级题1．
【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=637y＋12＋（7y＋12y-1） =63（7＋2）＋（7＋12y-1）
7＋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． 【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛九年级题2． 【证】若n是偶数，显然有n
n
（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），即
n
r
n
y
y
y
（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）成立的最
n，设n=qi＋r，0＜r＜i，则2≡2
小自然数，则2?i?P－1，从而i 1（mod p），即p （2n－1），故n
（2－1）．
第二十一讲 整数问题：整除之四
A4－024 当n为何正整数时，323整除20＋16－3－1？ 【题说】第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第一轮题5． 【解】 323=17319 当n为偶数时，
20n＋16n－3n－1≡1＋3n－3n－1≡0（mod 19）
n
n
n
20n＋16n－3n－1≡3n＋1n－3n－1≡0（mod 17）
所以此时323整除20＋16－3－1．
当n为奇数时，20n＋16n－3n－1≡3n－1－3n≡－2 A4－025 设x、y、z都是整数，满足条件
（x－y）（y－z）（z－x）=x＋y＋z． （*） 试证：x＋y＋z可以被27整除．
【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克九年级二试题5．
【证】（1）整数x、y、z被3除后余数都相同时，27|（x－y）（y－z）（z－x），即27|x＋y＋z． （2） x、y、z被3除后有且仅有两个余数相同，例如x≡y（mod 3），且y 与（*）式矛盾，可见情形（2）不会发生．
（3）x、y、z被3除后余数都不相同，这时3|（x＋y＋z），但3 也不会发生．
于是，x、y、z除以3余数都相同，并且，27|x＋y＋z．
A4－026 对于自然数n，如果对于任何整数a，只要n|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．
【题说】第三十四届（1993年）IMO预选题．本题由印度提供． 【证】（1）设n=P为素数且p|（ap－1），于是，（a，p）=1．因为
ap－1=a（ap-1－1）＋（a－1）
由费马小定理p|（a－1）．所以，p|（a－1），即a≡1（mod p）．因而
a≡1（mod p），i=0，1，2，?，p－1
将这p个同余式加起来即得
ap-1＋ap-2＋?＋a＋1≡0（mod p）
所以，
p2|（a－1）（ap-1＋ap-2＋?＋a＋1）=ap－1
i
p-1n
n
n
0（mod 17），所以此时323不整除20n＋16n－3n－1．
z（mod 3），这时3 x＋y＋z且3|（x－y），
（x－y）（y－z）（z－x）．仍与（*）式矛盾，可见情况（3）
a≡1（mod n）．于是，像（1）一样又可推得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]2[m，n]2[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．） 【题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克十年级（决赛）题5． 【证】将k、m、n分解．设
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γi22=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． 【题说】第五十八届（1995年）莫斯科数学奥林匹克八年级题2． 【证】易知第一个数10017可被53整除，而数列中相邻二数的差
也可被53整除，所以数列中所有数皆可被53整除
A4－030 证明：无论在数12008的两个0之间添加多少个3，所得的数都可被19整除． 【题说】第五十八届（1995年）莫斯科数学奥林匹克九年级题7． 【证】我们有
故结论成立
A4－031 设S={1，2，?，50），求最小自然数k，使S的任一k元子集中都存在两个不同的数a与b，满足（a＋b）|ab． 【题说】1996年中国数学奥林匹克（第十一届数学冬令营）题2． 【解】设a、b∈S，满足（a＋b）|ab，令（a，b）=c， 则 a=ca1，b=cb1，（a1，b1）=1． 从而
c（a1＋b1）=（a＋b）|ab=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，可得出a1＋b1=4，5，6，7，8，9时的数对（a，b）．将每一对得到的a、b用线相连成右图．
S中剩下的25个数与图上画圈的13个数所成的38元集，不含任一对a、b满足（a＋b）|ab．
另一方面，S中任一集R，如果元数?39，那么图上至多11个数 R，从而12对数（14，35），（9，18），（28，21），（42，7），（5，20），（30，15），（45，36），（6，3），（10，40），（12，4），（24，8），（48，16）中至少有一对数都属于R，即R中有a、b满足（a＋b）|ab． 综上所述，K=39．
A4－032 设自然数x、y、p、n和k满足等式
x+y=p
证明：若n（n＞1）是奇数，p是奇素数，则n是数p的正整数幂． 【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克九年级题3． 【证】不失一般性，设x与y都不被p整除．因为n为奇数，所以
n
n
k
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－?
初中数学奥林匹克竞赛教程
