?2l?1??2l????(2?k?2013)，在①中令x?2l(l?0,1,L,586)，由结论(b)知? ??k!??k!?因此
??2l?1??2l??f(2l?1)?f(2l)?1?????????1， ??k!??k?2??k!?这说明f(2l),f(2l?1)中恰有一个为奇数，从而?f(0),f(1),L,f(1173)?中恰有
20131174?587个奇数，即集合?1,3,5,L,2013?中的好数有587个． 2
2. 设n为大于1的整数．将前n个素数从小到大依次记为p1,p2,L,pn（即
Ap1=2，p2=3,L），令A=p1p1p2p2Lpnpn．求所有正整数x，使得为偶数，且
xA恰有x个不同的正约数． x（何忆捷提供）
ana2Lpn解 由已知得2x|A，注意到A=4?p2p2Lpnpn，故可设x=2a1p2，其
中0＃a11,0＃ai故
A不同的正约数个数为(3-a1)(p2-a2+1)L(pn-an+1)．由已知得 xana2(3-a1)(p2-a2+1)L(pn-an+1)=x=2a1p2Lpn． ①
pi(i=2,3,L,n)．此时有
A=22-a1p2p2-a2Lpnpn-an， x下面数学归纳法证明：满足①的数组(a1,a2,L,an)必为(1,1,L,1)(n32)． (1) 当n=2时，①变为(3-a1)(4-a2)=2a13a2，其中a1?{0,1}．若a1=0，则3(4-a2)=3a2，无非负整数a2满足；若a1=1，则2(4-a2)=2?3a2，可得
a2=1．从而(a1,a2)=(1,1)，即n=2时结论成立．
(2) 假设n=k-1时结论成立（其中k33），则当n=k时，①变为
ak-1aka2(3-a1)(p2-a2+1)L(pk-1-ak-1+1)(pk-ak+1)=2a1p2Lpk-1pk． ②
若ak32，则考虑到
0 故②的左边不能被pk整除，但此时②的右边是pk的倍数，矛盾！ 若ak=0，则②变为 ak-1a2(3-a1)(p2-a2+1)L(pk-1-ak-1+1)(pk+1)=2a1p2Lpk-1． 注意到p2,p3,L,pk为奇素数，因此一方面pk+1为偶数，从而上式左边为偶数， ak-1a2Lpk而另一方面，右边p2-1为奇数．从而必有a1=1．但此时3-a1=2，故左 边是4的倍数，但右边不是4的倍数，仍矛盾！ ak=pk，因而 由上述讨论知，只能ak=1，此时②中pk-ak+1=pkak-1a2(3-a1)(p2-a2+1)L(pk-1-ak-1+1)=2a1p2Lpk-1． 由归纳假设知a1=a2=L=ak-1=1．从而a1=a2=L=ak-1=ak=1，即当n=k时结论成立． 由(1)、(2)可断定(a1,a2,L,an)=(1,1,L,1)，故所求正整数为 x=2p2Lpn=p1p2Lpn． 3. 将3′3正方形任意一个角上的2′2正方形挖去，剩下的图形称为“角形”（例如，图1就是一个角形）．现于10′10方格表（图2）中放置一些两两不重叠的角形，要求角形的边界与方格表的边界或分格线重合．求正整数k的最大值，使得无论以何种方式放置了k个角形之后，总能在方格表中再放入一个完整的角形． （何忆捷提供） 解 首先有kmax<8，这是因为，若按图1的方式放置8个角形，则不能再于方格表中放入另一个角形． 下面证明：任意放置7个角形后，仍可再放入一个完整的角形． 将10′10方格表的第5、6行及第5、6列遮住，留出4个4′4正方形．当放置7个角形后，由于每个角形不能与两个上述4′4正方形相交，故根据抽屉原理知，必存在一个4′4的 正方形S，使得与S相交的角形至多1个，而角形可被3′3正方形所包含，故正方形S被角形所占据的部分必包含于它的某个角上的3′3正方形． 如图2所示，我们可以在S除去一个角上3′3正方形后剩余的部分放置一个新的角形．因此k=7时符合题意． 综上所述，有kmax=7． 4. 设整数n?3，?,?,??(0,1)，ak,bk,ck?0(k?1,2,L,n)满足 nnn?(k??)ak?1k??，?(k??)bk??，?(k??)ck??． k?1k?1nk?1若对任意满足上述条件的ak,bk,ck(k?1,2,L,n)，均有?(k??)akbkck??， 求?的最小值． （李胜宏提供） ???,b1?,c1?解 令a1?，ai,bi,ci?0(i?2,3,L,n)，此时条 1??1??1?????????，解得 件成立，故?须满足(1??)1??1??1???????． (1??)(1??)(1??)?????????0．下面证明，对任意满足条件的ak,bk,ck， 记 (1??)(1??)(1??)????k?1,2,L,n，有 ?(k??)abc0k?1nkkk??0． ① 13由题目条件知 ??k?1nn?k????13ak?nk???bk?13k???n?ck? ?13?k??????ak???k?1??k??????bk???k?1?3?k??????ck??1， ??k?1?这里用到了结论：当xi,yi,zi?0(i?1,2,L,n)时，有 ?n??n3??n3??n3???xiyizi????xi???yi???zi?． ② ?i?1??i?1??i?1??i?1?（为完整起见，我们将②的证明过程附在最后．） 因此，为证①，只需证明对k?1,2,L,n，有 k??0?0即 ?k??k??k???akbkck?????akbkck?， ?????13k??0?0事实上， ?akbkck?23?(k??)(k??)(k??)? ③ ???． ?????13?0???? 1?(?????)?(????????)????2 k?(?????)k?(????????)k????， (k??)(k??)(k??)?????(k??)(k??)(k??)因此 k??0?0???． ④ 又由于(k??)ak??,(k??)bk??,(k??)ck??，故 ?akbkck?23????? ⑤ ???． ?(k??)(k??)(k??)?23由④、⑤可知③成立，从而①成立． ??? 综上所述，?min??0?． (1??)(1??)(1??)????注 ②可以直接用H?lder来证明，亦可由Cauchy不等式进行如下推理： ?n3??n3??n33?xy?x??i???i???iyi?； ?i?1??i?1??i?1??n3??n??n4?zxyz?xyz??i???iii???iii?； ?i?1??i?1??i?1?n?n?n33??4???xiyi???xiyizi?????i?1??i?1??i?122xy33ii??n?xiyz????xiyizi?． ??i?1?4ii222由以上三式知 ?n33?x?iyi??nnn??i?1?3??3??3?xyz???i???i???i?n?i?1??i?1??i?1??n4?xyz3??iii??n??i?1????xiyizi?． ?i?1??xiyizii?12
第十届中国东南地区数学奥林匹克试题解答
