化简得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m
原命题成立．
A1－011 设n为大于2的已知整数，并设Vn为整数1＋kn的集合，k＝1，2，?．数m∈Vn称为在 Vn中不可分解，如果不存在数p，q∈Vn使得 pq＝m．证明：存在一个数r∈Vn可用多于一种方法表达成Vn中不可分解的元素的乘积．
【题说】 第十九届（1977年）国际数学奥林匹克题3．本题由荷兰提供．
【证】 设a＝n－1，b＝2n－1，则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＝a22b2＝a2?（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab2ab＝?（直至ab分成不可
2
分解的元素之积），前者有因数a，后者没有． A1－012 证明在无限整数序列
10001，100010001，1000100010001，?
中没有素数．
注意第一数（一万零一）后每一整数是由前一整数的数字连接0001而成． 【题说】 1979年英国数学奥林匹克题 6． 【证】 序列 1，10001，100010001，?，可写成
1，1＋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＝137273．故对一切n?2，an均为合数．
A1－013 如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这样的数叫绝对素数．求证：绝对素数的不同数字不能多于3个．
【题说】 第十八届（1984年）全苏数学奥林匹克八年级题 8．
【证】 若不同数字多于 3个，则这些数字只能是1、3、7、9．不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，1043M与上述7个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被7整除，从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数．
A1－014 设正整数 d不等于 2、5、13．证明在集合｛2，5，13，d｝中可以找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．
【题说】 第二十七届（1986年）国际数学奥林匹克题1．本题由原联邦德国提供．
【证】 证明2d－1、5d－1、13d－1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可．用反证法，设 5d－1＝x5d－1＝y
2
（1） （2）
2
13d－1＝z2 （3） 其中x、y、z是正整数．
由（1）式知，x是奇数，不妨设x＝2n－1．代入有 2d－1＝（2n－1）2即 d＝2n2－2n＋1 （4） （4）式说明d也是奇数．
于是由（2）、（3）知y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有
2d＝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．
第三讲 整数问题：特殊的自然数之三
A1－015 求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n?5）个数的和为合数．
【题说】 第二十一届（1987年）全苏数学奥林匹克十年级题 1． 【解】 由n个数
ai＝i2n！＋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
m2n！＋k（m∈N，2?k?n）
由于n！＝1222?2 n是 k的倍数，所以m2n！＋k是 k的倍数，因而为合数．
对任意两个数ai与 aj（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是ai－aj＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但ai与n！互质，所以ai与aj不可能有公共质因数p，即ai、aj（i≠j）互素．令n＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．
A1－016 已知n?2，求证：如果k2＋k＋n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m?p，则p|（m－p）＋（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
2
得
4m2＋4m＋1?m2＋m＋n
即
3m2＋3m＋1－n?0
由此得
A1－017 正整数a与b使得ab＋1整除a＋b．求证：（a＋b）/（ab＋1）是某个正整数的平方．
2
2
2
2
【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．
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
（2），a′为整数，因而（a′，b）也是（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0． 但由（3）
从而a′＋b＜a＋b，这与a＋b的最小性矛盾，所以k必为完全平方．
A1－018 求证：对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂． 【题说】 第三十届（1989年）国际数学奥林匹克题5．本题由瑞典提供．
【证】 设a＝（n＋1）！，则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pj1整除，所以a2＋k被pj整除而不被pj1整除，于是a2＋k＝pj＝k，矛盾．因此
a＋k（2?k?n＋1）
这n个连续正整数都不是素数的整数幂．
2
第四讲 整数问题：特殊的自然数之四
A1－019 n为怎样的自然数时，数3
2n＋1
－2
2n＋1
－6是合数？
n
【题说】 第二十四届（1990年）全苏数学奥林匹克十一年级题5 【解】 32n1－22n1－6n＝（3n－2n）（3n1＋2n1）
＋
＋
＋
＋
当 n＞l时，3n－2n＞1，3n1＋2n1＞1，所以原数是合数．当 n＝1时，原数是素数13．
＋
＋
A1－020 设n是大于6的整数，且a1、a2、?、ak是所有小于n且与n互素的自然数，如果
a2－a1＝a3－a2＝?＝ak－ak－1＞0
求证：n或是素数或是2的某个正整数次方．
【题说】 第三十二届（1991年）国际数学奥林匹克题2．本题由罗马尼亚提供． 【证】 显然a1＝1．
由（n－1，n）＝1，得 ak＝n－1． 令 d＝a2－a1＞0．
当a2＝2时，d＝1，从而k＝n－1，n与所有小于n的自然数互素．由此可知n是素数． 当a2＝3时，d＝2，从而n与所有小于n的奇数互素．故n是2的某个正整数次方．
设a2＞3．a2是不能整除n的最小素数，所以2|n，3|n．由于n－1＝ak＝1＋（k－1）d，所以3 d．又1＋d＝a2，于是3
1＋d．由此可知3|1＋2d．若1＋2d＜n，则a3＝1＋2d，这时3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d?n，则小于n且与n互素自然数的个数为2．
设n＝2m（＞6）．若m为偶数，则m＋1与n互质，若m为奇数，则m＋2与m互质．即除去n－1与1外、还有小于n且与n互质的数．矛盾．
综上所述，可知n或是素数或是2的某个正整数次方．
A1－021 试确定具有下述性质的最大正整数A：把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．
【题说】 第一届（1992年）中国台北数学奥林匹克题6．
【解】 设任一排列，总和都是1001＋1002＋?＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和?15005，所以
A?15005
另一方面，将1001～2000排列如下：
2000 1001 1900 1101 1800 1201 1700 1301 1600 1401 1999 1002 1899 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．
第五讲 整数问题：特殊的自然数之五
A1－022 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？
【题说】 1992年友谊杯国际数学竞赛七年级题2． 【解】 （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， A1－023 是否存在完全平方数，其数字和为1993？
0（mod 5）
初中数学奥林匹克竞赛教程
