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【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）
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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
2n＋22n＋77≡2（n＋n＋1）
2
2
0（mod 5）
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？
【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＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．
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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．
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 （2n＋1），3 （3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，由此可得
n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2
反之，若n＋1＝k2＋（k＋1）2＝（t±1）2＋2t2，则
2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2
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
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
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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；
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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，
2
b），使得q＋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．
初中数学奥林匹克竞赛方法与试题大全解析
