【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n=221即可.
A1-024 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495=51+52+?+59=45+46+?+54=40+41+?+50
A1-025 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? 【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2n+1=k,3n+1=m,则5n+3=4(2n+1)-(3n+1)=4k-m=(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.
2
2
2
2
第六讲 整数问题:特殊的自然数之六
A1-026 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.
【题说】 1994年澳大利亚数学奥林匹克二试题2. 【证】 若2n+1及3n+1是平方数,因为2
由此可得
(2n+1),3
(3n+1),可设2n+1=(2k+1)2,3n+1=(3t±1)2,
n+1=k2+(k+1)2,n+1=(t±1)2+2t2
反之,若n+1=k+(k+1)=(t±1)+2t,则
2n+1=(2k+1),3n+1=(3t±1)
从而命题得证.
A1-027 设 a、b、c、d为自然数,并且ab=cd.试问 a+b+c+d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
2
2
2
2
2
2
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.
A1-028 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.
【题说】 1996年爱朋思杯——上海市高中数学竞赛题2. 【证】 Sn=kn+kn-1+?+k1
所以
从而
第七讲 整数问题:求解问题之一
A2-001 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(n>1),最小的一个数为a,则有
a+(a+1)+?+(a+n-1)=1000
即
n(2a+n-1)=2000
若n为偶数,则2a+n-1为奇数;若n为奇数,则2a+n-1为偶数.因a?1,故2a+n-1>n.
同,故只有n=5,16,25,因此可能的取法只有下列三种: 若n=5,则 a=198; 若n=16,则 a=55; 若n=25,则 a=28. 故解有三种:
198+199+200+201+202
55+56+?+70
28+29+?+52
A2-002 N是整数,它的b进制表示是777,求最小的正整数b,使得N是整数的四次方. 【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
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. 【题说】 1976年美国纽约数学竞赛题 7.
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. 【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a2+b2=q(a+b)+r(0?r<a+b),q2+r=1977,所以 q2?1977,从而q?44. 若q?43,则r=1977-q2?1977-432=128.
即(a+b)?88,与(a+b)>r?128,矛盾. 因此,只能有q=44,r=41,从而得 a2+b2=44(a+b)+41 (a-22)2+(b-22)2=1009
不妨设|a-22|?|b-22|,则1009?(a-22)2?504,从而45?a?53. 经验算得两组解:a=50,b=37及a=50,b=7. 由对称性,还有两组解a=37,b=50;a=7,b=50.
A2-005 数1978n与1978m的最后三位数相等,试求出正整数n和m,使得m+n取最小值,这里n>m?1. 【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
1978n-1978m=1978m(1978n因而
1978m≡2m3989m≡0(mod 8), m?3
又
1978n
而 1978n≡3n
-m
-m
-m
-m
-1)≡0(mod 1000)
≡1(mod 125)
=(1975+3)n
-m-1
-m
+(n-m)3n
-m
21975(mod 125)(1)
从而3n
≡1(mod 5),于是n-m是4的倍数.
设n-m=4k,则
代入(1)得
从而
k(20k+3)≡0(mod 25)
因此k必须是25的倍数,n-m至少等于4325=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.
【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 x3+x2y+xy2+y3=(x+y)3-2xy(x+y)=u3-2vu
x2+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=±23,其中α=0,1,2,3;β=0,1,2
进一步计算可知只有u-4=223=6,于是
u=10,v=16
α
β
第八讲 整数问题:求解问题之二
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.
【题说】 第二十二届(1981年)国际数学奥林匹克题 3.
【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
初中数学奥林匹克竞赛教程
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