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． 【题说】 第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克十年级题5．
【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．
【题说】 第三十五届（1994年）国际数学奥林匹克题4．本题由澳大利亚提供．
【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．
第十三讲 整数问题 ：求解问题之七
【题说】 第十三届（1995年）美国数学邀请赛题7．
【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？ 【题说】 第十三届（1995年）美国数学邀请赛题10．
【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2342＋1，42＋2，42＋3，4235＋5，42＋7，2342＋11，42＋13，4342＋17，3342＋19，42＋23，3342＋29，2342＋31，4342＋37，2342＋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4235＋5例外．因此，所求的数就是4235＋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． 【题说】 第三十六届（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（（z－2）a－2z）
?a＋z＋b＋b（（z－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）．
2
2
2
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＋b＋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）．
A2－039 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． 【题说】 1996年日本数学奥林匹克题 2． 【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＋7n
－2m
－m
2
＋7n
－m
）－5m7m（5n
－2m
））
－2m
＝（5m＋7m，5m7m（5n＝（5m＋7m，5n
－2m
＋7n）
－2m
））
＋7n
－2m
当m?n＜2m时， （5m＋7m，5n＋7n） ＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n
－n
－m
＋7n
－m
）－5n
－m
7n
－m
（52m
＋72mn））
－
－
－
＝（5m＋7m，52mn＋72mn） 记
则
（1）H（m′，n′）＝H（m，n）；
（2）m′＋n′≡m＋n（mod 2）； （3）（m′，n′）＝（m，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． 【题说】 1996年日本数学奥林匹克预选赛题 7．
【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． 【题说】 第十四届（1996年）美国数学邀请赛题1．
【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＝33105－19－96＝200
第十四讲 整数问题：求解问题之八
A2－042 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．
【题说】 第十四届（1996年）美国数学邀请赛题12． 【解】 差|ai－aj|有如下的45种：
这45种的和为139＋238＋337＋436＋535＋634＋733＋832＋931＝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． 【题说】 第三十七届（1996年）国际数学奥林匹克题4．本题由俄罗斯提供． 【解】 15a＋16b＝r，16a－15b＝s 于是
16r2－15s2＝162b＋152b＝481b （1） 所以 16r2－15s2是481＝13337的倍数．
由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6的平方为0，±1，±3，±4（mod 13），所以15≡2（mod 13）不是任一数的平方．因22
此，16r≡15s（mod 13）时，必有13|s．
2
2
初中数学奥林匹克竞赛教程
