【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
