初中數(shù)學(xué)奧林匹克競賽教程

初中數(shù)學(xué)奧林匹克競賽教程初中數(shù)學(xué)競賽大綱（修訂稿）

數(shù)學(xué)競賽對(duì)于開發(fā)學(xué)生智力，開拓視野，促進(jìn)教學(xué)改革，提高教學(xué)水平，發(fā)現(xiàn)和培養(yǎng)數(shù)

學(xué)人才都有著積極的作用。目前我國中學(xué)生數(shù)學(xué)競賽日趨規(guī)范化和正規(guī)化，為了使全國數(shù)

學(xué)競賽活動(dòng)健康、持久地開展，應(yīng)廣大中學(xué)師生和各級(jí)數(shù)學(xué)奧林匹克教練員的要求，特制

定《初中數(shù)學(xué)競賽大綱（修訂稿）》以適應(yīng)當(dāng)前形勢(shì)的需要。

本大綱是在國家教委制定的九年義務(wù)教育制”初中數(shù)學(xué)教學(xué)大綱”精神的基礎(chǔ)上制定

的?！督虒W(xué)大綱》在教學(xué)目的-欄中指出：“要培養(yǎng)學(xué)生對(duì)數(shù)學(xué)的興趣，激勵(lì)學(xué)生為實(shí)現(xiàn)

四個(gè)現(xiàn)代化學(xué)好數(shù)學(xué)的積極性?！本唧w作法是：“對(duì)學(xué)有余力的學(xué)生，要通過課外活動(dòng)或

開設(shè)選修課等多種方式，充分發(fā)展他們的數(shù)學(xué)才能”，“要重視能力的培養(yǎng),,,,，著重培養(yǎng)

學(xué)生的運(yùn)算能力、邏輯思維能力和空間想象能力，要使學(xué)生逐步學(xué)會(huì)分析、綜合、歸納、

演繹、概括、抽象、類比等重要的思想方法。同時(shí)，要重視培養(yǎng)學(xué)生的獨(dú)立思考和自學(xué)的

能力”。

《教學(xué)大綱》中所列出的內(nèi)容，是教學(xué)的要求，也是競賽的要求。除教學(xué)大綱所列內(nèi)容

外,本大綱補(bǔ)充列出以下內(nèi)容。這些課外講授的內(nèi)容必須充分考慮學(xué)生的實(shí)際情況，分階

段

、分層次讓學(xué)生逐步地去掌握，并且要貫徹“少而精”的原則，處理好普及與提高的關(guān)

系

,這樣才能加強(qiáng)基礎(chǔ)，不斷提高。

1、實(shí)數(shù)

十進(jìn)制整數(shù)及表示方法。整除性，被2、3、4、5、8、9、11等數(shù)整除的判定。

素?cái)?shù)和合數(shù)，最大公約數(shù)與最小公倍數(shù)。

奇數(shù)和偶數(shù)，奇偶性分析。

帶余除法和利用余數(shù)分類。

完全平方數(shù)。

因數(shù)分解的表示法，約數(shù)個(gè)數(shù)的計(jì)算。

有理數(shù)的表示法，有理數(shù)四則運(yùn)算的封閉性。

2、代數(shù)式

綜合除法、余式定理。

拆項(xiàng)、添項(xiàng)、配方、待定系數(shù)法。

部分分式。

對(duì)稱式和輪換對(duì)稱式。

3、恒等式與恒等變形

恒等式，恒等變形。

整式、分式、根式的恒等變形。

恒等式的證明。

4、方程和不等式

含字母系數(shù)的一元一次、二次方程的解法。一元二次方程根的分布。

含絕對(duì)值的一元一次、二次方程的解法。

含字母系數(shù)的一元一次不等式的解法，?元一次不等式的解法。

含絕對(duì)值的一元一次不等式。

簡單的一次不定方程。

列方程（組）解應(yīng)用題。

5、函數(shù)

y=|ax+b|,y=|ax+bx+c|及y=ax+bx+c的圖像和性質(zhì)。

二次函數(shù)在給定區(qū)間上的最值。簡單分式函數(shù)的最值，含字母系數(shù)的二次函數(shù)。

6、邏輯推理問題

抽屜原則（概念），分割圖形造抽屜、按同余類造抽屜、利用染色造抽屜。

簡單的組合問題。

邏輯推理問題，反證法。

簡單的極端原理。

簡單的枚舉法。

7、兒何

四種命題及其關(guān)系。

三角形的不等關(guān)系。同一個(gè)三角形中的邊角不等關(guān)系，不同三角形中的邊角不等關(guān)系。

面積及等積變換。

三角形的心(內(nèi)心、外心、垂心、重心)及其性質(zhì)。22第一講整數(shù)問題：特殊的自然

數(shù)之一

A1-001求一個(gè)四位數(shù)，它的前兩位數(shù)字及后兩位數(shù)字分別相同，而該數(shù)本身等于一個(gè)

整數(shù)的平方.

【題說】1956年?1957年波蘭數(shù)學(xué)奧林匹克?試題1.

x=1000a+100a+10b+b

=11(100a+b)

其中0<a豐9,Ob豐9.可見平方數(shù)x被11整除，從而x被11整除.因此，數(shù)100a+b

=99a+(a+b)能被11整除，

2于是a+b能被11整除.但0<a+b壬18,以a+b=ll.于是x=ll(9a+l),由此

可知9a+l是某個(gè)自然數(shù)的平方.對(duì)a=l,

22,9逐一檢驗(yàn)，易知僅a=7時(shí)，9a+l為平方數(shù)，故所求的四位數(shù)是7744=88.

A1-002假設(shè)n是自然數(shù)，d是2n的正約數(shù).證明：n+d不是完全平方.

【題說】1953年匈牙利數(shù)學(xué)奧林匹克題2.

【證】設(shè)2n=kd,k是正整數(shù)，如果n+d是整數(shù)x的平方，那么

kx=k(n+d)=n(k+2k)

但這是不可能的，因?yàn)閗x與n都是完全平方，而由k<k+2k<(k+1)得出k+2k不

是平方數(shù).

A1-003試證四個(gè)連續(xù)自然數(shù)的乘積加上1的算術(shù)平方根仍為自然數(shù).

【題說】1962年上海市賽高三決賽題1.

【證】四個(gè)連續(xù)自然數(shù)的乘積可以表示成

n(n+1)(n+2)(n+3)=(n+3n)(n+8n+2)=(n+3n+l)—1

因此，四個(gè)連續(xù)自然數(shù)乘積加上1,是-完全平方數(shù)，故知本題結(jié)論成立.

A1-004已知各項(xiàng)均為正整數(shù)的算術(shù)級(jí)數(shù)，其中一項(xiàng)是完全平方數(shù)，證明：此級(jí)數(shù)一定

含有無窮多個(gè)完全平方數(shù).

【題說】1963年全俄數(shù)學(xué)奧林匹克十年級(jí)題2.算術(shù)級(jí)數(shù)有無窮多項(xiàng).

【證】設(shè)此算術(shù)級(jí)數(shù)公差是d,且其中一項(xiàng)a=m(mGN).于是

a+(2km+dk)d=(m+kd)

對(duì)于任何keN,都是該算術(shù)級(jí)數(shù)中的項(xiàng)，且又是完全平方數(shù).

A1-005求一個(gè)最大的完全平方數(shù)，在劃掉它的最后兩位數(shù)后，仍得到一個(gè)完全平方數(shù)

(假定劃掉的兩個(gè)數(shù)字中的一個(gè)非零).

【題說】1964年全俄數(shù)學(xué)奧林匹克十一年級(jí)題1.

【解】設(shè)n滿足條件，令n=100a+b,其中0<b<100.于是n>10a,即n=10a+

1.因此

b=nl00a=20a+1

由此得20a+l<100,所以a豐4.

經(jīng)驗(yàn)算，僅當(dāng)a=4時(shí)，n=41滿足條件.若n>41則n—40=42—40>100.因此，滿足

本題條件的最大的完全平方數(shù)2為41=1681.

A1-006求所有的素?cái)?shù)p,使4p+l和6p+l也是素

數(shù).222222222222222222222222222222222222【題說】1964年?1965年波蘭數(shù)學(xué)奧林

匹克二試題1.

【解】當(dāng)p三±1(mod5)時(shí)，5|4p+l.當(dāng)p三±2(mod5)時(shí)，5|6p+l.所以本題

只有一個(gè)解P=5.

A1-007證明存在無限多個(gè)自然數(shù)a有下列性質(zhì)：對(duì)任何自然數(shù)n,z=n+a都不是素

數(shù).

【題說】第十一屆(1969年)國際數(shù)學(xué)奧林匹克題1,本題由原民主德國提供.

【證】對(duì)任意整數(shù)m>l及自然數(shù)n,有

n+4m=(n+2m)—4mn

=(n+2mn+2m)(n—2mn+2m)

而n+2mn+2m>n—2mn+2m

=（n—m）+m=m>1

故n+4m不是素?cái)?shù).取a=422,4?3,,,就得到無限多個(gè)符合要求的

a.4444222222222224422222422

第二講整數(shù)問題：特殊的自然數(shù)之二

A1-008招某個(gè)17位數(shù)的數(shù)字的順序顛倒，再將得到的數(shù)與原來的數(shù)相加.證明：得

到的和中至少有一個(gè)數(shù)字是偶數(shù).

【題說】第四屆（1970年）全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克八年級(jí)題4.

【證】假設(shè)和的數(shù)字都是奇數(shù).在加法算式

中，末一列數(shù)字的和d+a為奇數(shù)，從而第一列也是如此，因此第二列數(shù)字的和b+

c豐9.于是將已知數(shù)的前兩位數(shù)字a、b與末兩位數(shù)字c、d去掉，所得的13位數(shù)仍具有性

質(zhì)：將它的數(shù)字顛倒，得到的數(shù)與它相加，和的數(shù)字都是奇數(shù).照此進(jìn)行，每次去掉首末

各兩位數(shù)字.最后得到一位數(shù)，它與自身相加顯然是偶數(shù).矛盾！

因此，和的數(shù)字中必有偶數(shù).

A1-009證明：如果p和p+2都是大于3的素?cái)?shù)，那么6是p+1的因數(shù).

【題說】第五屆（1973年）加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克題3.

【證】因?yàn)閜是奇數(shù)，所以2是p+1的因數(shù).

因?yàn)閜、p+1、p+2除以3余數(shù)不同，p、p+2都不被3整除，所以p+1被3整除.

于是6是p+1的因數(shù).

A1-010證明：三個(gè)不同素?cái)?shù)的立方根不可能是一個(gè)等差數(shù)列中的三項(xiàng)（不一定是連續(xù)

的）.

【題說】美國第二屆（1973年）數(shù)學(xué)奧林匹克題5.

【證】設(shè)P、q、r是不同素?cái)?shù).假如有自然數(shù)1、m、n和實(shí)數(shù)a、d,

消去a,d,得

化簡得(m—n)p=(1—n)q+(m—1)r+3(1—n)(

m333

原命題成立.

Al-011設(shè)n為大于2的已知整數(shù)，并設(shè)Vn為整數(shù)1+kn的集合，k=l,2,數(shù)

mWVn稱為在Vn中不可分解，如果不存在數(shù)p,qGVn使得pq=m.證明：存在一個(gè)數(shù)

reVn可用多于一種方法表達(dá)成Vn中不可分解的元素的乘積.

【題說】第十九屆（1977年）國際數(shù)學(xué)奧林匹克題3.本題由荷蘭提供.

【證】設(shè)a=n—1,b=2n—1,貝ija、b、ab都屬于Vn.因?yàn)閍<（n+1）,所以a在

Vn中不可分解.

2222222

式中不會(huì)出現(xiàn)a.

r=ab有兩種不同的分解方式：r=a2b=a?（直至b2分成不可分解的元素之積）與r=

ab2ab=?（直至ab分成不可

2分解的元素之積），前者有因數(shù)a,后者沒有.

A1-012證明在無限整數(shù)序列

10001,100010001,1000100010001,?

中沒有素?cái)?shù).

注意第一數(shù)（一萬零一）后每一整數(shù)是由前一整數(shù)的數(shù)字連接0001而成.

【題說】1979年英國數(shù)學(xué)奧林匹克題6.

【證】序列1,10001,100010001,可寫成

1,1+10,1+10+10,?

448222222

一個(gè)合數(shù).

即對(duì)n>2,an均可分解為兩個(gè)大于1的整數(shù)的乘積，而a2=10001=137273.故對(duì)一切

n三2,an均為合數(shù).

A1-013如果個(gè)自然數(shù)是素?cái)?shù)，并且任意地交換它的數(shù)字，所得的數(shù)仍然是素?cái)?shù)，那

么這樣的數(shù)叫絕對(duì)素?cái)?shù).求證：絕對(duì)素?cái)?shù)的不同數(shù)字不能多于3個(gè).

【題說】第十八屆（1984年）全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克八年級(jí)題8.【證】若不同數(shù)字多于

3個(gè)，則這些數(shù)字只能是1、3、7、9.不難驗(yàn)證1379、3179、9137、7913、1397、3197、

7139除

4以7,余數(shù)分別為0、1、2,3、4、5、6.因此對(duì)任意自然數(shù)M,103M與上述7個(gè)四位

數(shù)分別相加，所得的和中至少有一個(gè)被

7整除，從而含數(shù)字1、3、7、9的數(shù)不是絕對(duì)素?cái)?shù).

A1-014設(shè)正整數(shù)d不等于2、5、13.證明在集合｛2,5,13,d）中可以找到兩個(gè)不

同元素a、b,使得ab—1不是完全平方數(shù).

【題說】第二十七屆（1986年）國際數(shù)學(xué)奧林匹克題1.本題由原聯(lián)邦德國提供.

【證】證明2d-l、5d—1、13d—1這三個(gè)數(shù)中至少有一個(gè)不是完全平方數(shù)即可.用反

證法，設(shè)

5d—1=x

5d-l=y2（1）（2）

(3)213d-l=z2

其中x^y、z是正整數(shù).

由（1）式知，x是奇數(shù)，不妨設(shè)x=2n—1.代入有2d—1=（2n-l）即

d=2n—2n+l(4)

(4)式說明d也是奇數(shù).

于是由(2)、(3)知y、Z是偶數(shù)，設(shè)y=2p,z=2q,代入(2)、(3)相減后除以

4有

2d=q—p=(q+p)(q—p)

因2d是偶數(shù)，即q—p是偶數(shù)，所以p、q同為偶數(shù)或同為奇數(shù)，從而q+p和q—p都

是偶數(shù)，即2d是4的倍數(shù)，因此d是偶數(shù).這與d是奇數(shù)相矛盾，故命題正確.222222

第三講整數(shù)問題：特殊的自然數(shù)之三

A1-015求出五個(gè)不同的正整數(shù)，使得它們兩兩互素，而任意n(n*5)個(gè)數(shù)的和為合

數(shù).

【題說】第二十一屆(1987年)全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克十年級(jí)題1.

【解】由n個(gè)數(shù)

ai=i2n!+1,i=l,2,,,,n

組成的集合滿足要求.

因?yàn)槠渲腥我鈑個(gè)數(shù)之和為

m2n!+k(mGN,2豐k壬n)

由于n!=1222,,2n是k的倍數(shù)，所以n^n!+k是k的倍數(shù)，因而為合數(shù).

對(duì)任意兩個(gè)數(shù)ai與aj(i>j),如果它們有公共的質(zhì)因數(shù)p,則p也是ai—aj=(i

-j)n!的質(zhì)因數(shù)，因?yàn)?<i—j<n,所以p也是n!的質(zhì)因數(shù).但ai與n!互質(zhì)，所以

ai與aj不可能有公共質(zhì)因數(shù)p,即ai、aj(iWj)互素.令n=5,便得滿足條件的一組

數(shù)：121,241,361,481,601.

A1-016已知n三2,求證：如果k+k+n對(duì)于整數(shù)

k2

素?cái)?shù).

【題說】第二十八屆(1987年)國際數(shù)學(xué)奧林匹克題6.本題由原蘇聯(lián)提供.

(1)若m三p,貝ljp|(m-p)+(m—p)+n.

又(m—p)+(m—p)+n=n>P,這與m是使k+k+n為合數(shù)的最小正整數(shù)矛盾.

(2)若m羊p—1,貝lj(p—1—m)+(p—1—m)+n=(p—1—m)(p—m)+n被p整

除，且

(p-1—m)+(p-1—m)+n與n>p

因?yàn)?p—1—m)+(p—1—m)+n為合數(shù)，所以

p—1—m=m,p=2m+l

由

222222

得

4m+4m+l^m+m+n

即

3m+3m+1—n壬0

由此得

222

Al-017正整數(shù)a與b使得ab+1整除a+b.求證：(a+b)/(ab+1)是某個(gè)正整數(shù)

的平方.2222

【題說】第二十九屆(1988年)國際數(shù)學(xué)奧林匹克題6.本題由原聯(lián)邦德國提供.

a—kab+b=k（1）

顯然（1）的解（a,b）滿足ab^O（否則ab豐一1,a+b=k（ab+1）豐0）.

又由于k不是完全平方，故ab>0.

設(shè)（a,b）是（1）的解中適合a>0（從而b>0）并且使a+b最小的那個(gè)解.不妨設(shè)

a三b.固定k與b,把（1）看成a的二次方程，它有一根為a.設(shè)另--根為a',則由韋達(dá)

定理2222

（2）,a'為整數(shù)，因而（a',b）也是（1）的解.由于b>0,所以a'>0.

但由（3）

從而a'+b<a+b,這與a+b的最小性矛盾，所以k必為完全平方.

A1-018求證：對(duì)任何正整數(shù)n,存在n個(gè)相繼的正整數(shù)，它們都不是素?cái)?shù)的整數(shù)第.

【題說】第三十屆（1989年）國際數(shù)學(xué)奧林匹克題5.本題由瑞典提供.

【證】設(shè)a=（n+1）!,貝ija+k（2豐k豐n+1）,被k整除而不被k整除（因?yàn)閍被k

整除而k不被k整除）.如21j22jj+12jj+l果a+k是質(zhì)數(shù)的整數(shù)幕p,則k=p（1、J

都是正整數(shù)），但a被p整除因而被p整除，所以a+k被p整除而不被p整

2j除，于是a+k=p=k,矛盾.因此

a+k（2豐k壬n+1）

這n個(gè)連續(xù)正整數(shù)都不是素?cái)?shù)的整數(shù)幕.222222

第四講整數(shù)問題：特殊的自然數(shù)之四

Al-019n為怎樣的自然數(shù)時(shí)，數(shù)32n+l—22n+l-6是合數(shù)？n

【題說】第二十四屆（1990年）全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克十一年級(jí)題5

【解】32n+1—2

n2n+l—6=(3-2)(3n+lnnnn+l+2n+l)當(dāng)n>l時(shí)，3—2>1,3n+2n+l>

1,所以原數(shù)是合數(shù).當(dāng)n=l時(shí)，原數(shù)是素?cái)?shù)13.

A1-020設(shè)n是大于6的整數(shù)，且al、a2、，,、ak是所有小于n且與n互素的自然數(shù),

如果

a2—al=a3—a2=?=ak—ak-1>0

求證：n或是素?cái)?shù)或是2的某個(gè)正整數(shù)次方.

【題說】第三十二屆(1991年)國際數(shù)學(xué)奧林匹克題2.本題由羅馬尼亞提供.

【證】顯然al=l.

由(n—1,n)=1,得ak=n—1.

令d=a2—al>0.

當(dāng)a2=2時(shí)，d=l,從而k=n—1,n與所有小于n的自然數(shù)互素.由此可知n是素

數(shù).

當(dāng)a2=3時(shí)，d=2,從而n與所有小于n的奇數(shù)互素.故n是2的某個(gè)正整數(shù)次方.

設(shè)a2>3.a2是不能整除n的最小素?cái)?shù)，所以2n,3in.由于n—l=ak=l+(k-1)

d,所以3

d.又l+d=a2,于是3

1+d.由此可知3|l+2d.若l+2dVn,則a3=l+2d,這時(shí)3|(a3,n).矛盾.若1

+2Hn,則小于n且與n互素自然數(shù)的個(gè)數(shù)為2.設(shè)n=2m(>6).若m為偶數(shù)，則m+1

與n互質(zhì)，若m為奇數(shù)，則m+2與m互質(zhì).即除去n—l與1外、還有小于n且與n互質(zhì)

的數(shù).矛盾.

綜上所述，可知n或是素?cái)?shù)或是2的某個(gè)正整數(shù)次方.

A1—021試確定具有下述性質(zhì)的最大正整數(shù)A：把從1001至2000所有正整數(shù)任作一個(gè)

排列，都可從其中找出連續(xù)的10項(xiàng)，使這10項(xiàng)之和大于或等于A.

【題說】第一屆(1992年)中國臺(tái)北數(shù)學(xué)奧林匹克題6.

【解】設(shè)任一排列，總和都是1001+1002+,,+2000=1500500,將它分為100段，每

段10項(xiàng)，至少有一段的和35005,所以

A三15005

另一方面,將1001?2000排列如下:

20001001190011011800

12011700130116001401

19991002189911021799

12021699130215991402

19011100180112001701

13001601140015011300

并記上述排列為

al,a2,a2000

(表中第i行第j列的數(shù)是這個(gè)數(shù)列的第10(i-1)+j項(xiàng)，1豐i豐20,1豐j豐10)

令Si=ai+ai+l+?+ai+9(i=l,2,1901)

則Sl=15005,S2=15004.易知若i為奇數(shù)，則Si=15005；若i為偶數(shù),則Si=

15004.

綜上所述A=15005.

第五講整數(shù)問題：特殊的自然數(shù)之五

A1-022相繼10個(gè)整數(shù)的平方和能否成為完全平方數(shù)?

【題說】1992年友誼杯國際數(shù)學(xué)競賽七年級(jí)題2.

【解】(n+1)+(n+2)+,,+(n+10)

=10n+110n+385=5(2n+22n+77)

不難驗(yàn)證n三0,1,-1,2,-2(mod5)時(shí)，均有

2n+22n+77三2(n+n+I)

所以(n+1)+(n+2)+,,+(n+10)不是平方數(shù)，

Al-023是否存在完全平方數(shù)，其數(shù)字和為1993?22222222220(mod5)【題說】第

三屆(1993年)澳門數(shù)學(xué)奧林匹克第二輪題2.

【解】存在，事實(shí)上，

取n=221即可.

A1-024能夠表示成連續(xù)9個(gè)自然數(shù)之和，連續(xù)10個(gè)自然數(shù)之和，連續(xù)11個(gè)自然數(shù)之

和的最小自然數(shù)是多少？

【題說】第十一屆(1993年)美國數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題6.

【解】答495.

連續(xù)9個(gè)整數(shù)的和是第5個(gè)數(shù)的9倍；連續(xù)10個(gè)整數(shù)的和是第5項(xiàng)與第6項(xiàng)之和的5

倍；連續(xù)11個(gè)整數(shù)的和是第6項(xiàng)的11倍，所以滿足題目要求的自然數(shù)必能被9、5、11

整除，這數(shù)至少是495.

又495=51+52+”+59=45+46+,,+54=40+41+,,+50

A1—025如果自然數(shù)n使得2n+l和3n+l都恰好是平方數(shù)，試問5n+3能否是一個(gè)素

數(shù)？

【題說】第十九屆(1993年)全俄數(shù)學(xué)奧林匹克九年級(jí)一試題1.

【解】如果2n+l=k,3n+l=m,則5n+3=4(2n+l)一(3n+l)=4k-m=(2k

+m)(2k—m).

因?yàn)?n+3>(3n+l)+2=m+2>2m+l,所以2k-m六1(否貝I」5n+3=2k+m=2m+

1).從而5n+3=(2k+m)(2k-m)是合數(shù).22222

第六講整數(shù)問題：特殊的自然數(shù)之六

Al—026設(shè)n是正整數(shù).證明：2n+l和3n+l都是平方數(shù)的充要條件是n+1為兩個(gè)相

鄰的平方數(shù)之和，并且為一平方數(shù)與相鄰平方數(shù)2倍之和.

【題說】1994年澳大利亞數(shù)學(xué)奧林匹克二試題2.

【證】若2n+l及3n+l是平方數(shù)，因?yàn)?

由此可得

2(2n+l),3(3n+l),可設(shè)2n+l=(2k+l),3n+l=(3t+l),22n+l=k+

(k+1),n+l=(t±l)+2t

反之，若n+l=k+(k+1)=(t±l)+2t,貝ij

2n+l=(2k+l),3n+l=(3t±l)

從而命題得證.

Al-027設(shè)a、b、c、d為自然數(shù)，并且ab=cd.試問a+b+c+d能否為素?cái)?shù).

【題說】第五十八屆(1995年)莫斯科數(shù)學(xué)奧林匹克九年級(jí)題10.

【解】由題意知

222222222

正整數(shù)，將它們分別記作k與1.由

a+c>c=cl,b+c>c=c2

所以，k>l且1>1.

從而，a+b+c+d=kl為合數(shù).

A1-028設(shè)kl<k2Vk3V?是正整數(shù)，且沒有兩個(gè)是相鄰的，又對(duì)于m=l,2,3,,,,

Sm=kl+k2+?+km.求證：對(duì)每一■個(gè)正整數(shù)n,區(qū)間(Sn,Sn+1)中至少含有一-個(gè)完全

平方數(shù).

【題說】1996年愛朋思杯——上海市高中數(shù)學(xué)競賽題2.

【證】Sn=kn+kn—1+,,+kl

所以

從而

第七講整數(shù)問題：求解問題之一

A2-001哪些連續(xù)正整數(shù)之和為1000?試求出所有的解.

【題說】1963年成都市賽高二二試題3.

【解】設(shè)這些連續(xù)正整數(shù)共n個(gè)(n>l),最小的一個(gè)數(shù)為a,則有

a+(a+1)+”+(a+n—1)—1000

即

n(2a+n-l)=2000

若n為偶數(shù)，則2a+n-l為奇數(shù)；若n為奇數(shù)，則2a+n-l為偶數(shù).因群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種:

若n=5,則a=198；

若n=16,則a=55；

若n=25,則a=28.

故解有三種：

198+199+200+201+202

55+56+,,+70

28+29+,,+52

A2-002N是整數(shù)，它的b進(jìn)制表示是777,求最小的正整數(shù)b,使得N是整數(shù)的四次

方.

【題說】第九屆(1977年)加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克題3.

【解】設(shè)b為所求最小正整數(shù)，則

7b+7b+7=x

素?cái)?shù)7應(yīng)整除x,故可設(shè)x=7k,k為正整數(shù).于是有

b+b+l=7k

當(dāng)k=l時(shí)，(b-18)(b+19)=0.因此b=18是滿足條件的最小正整數(shù).

A2-003如果比n個(gè)連續(xù)整數(shù)的和大100的數(shù)等于其次n個(gè)連續(xù)數(shù)的和，求n.

【題說】1976年美國紐約數(shù)學(xué)競賽題7.

23424

s2—si—n=100

從而求得n=10.

A2-004設(shè)a和b為正整數(shù)，當(dāng)a+b被a+b除時(shí)，商是q而余數(shù)是r,試求出所有數(shù)

對(duì)(a,b),使得q+r=1977.

【題說】第十九屆(1977年)國際數(shù)學(xué)奧林匹克題5.本題由原聯(lián)邦德國提供.

【解】由題設(shè)a+b=q(a+b)+r(OrVa+b),q+r=1977,所以q2豐1977,從而

q壬44.

若q豐43,則r=1977—q^l977—43=128.222222222

即(a+b)壬88,與(a+b)>r三128,矛盾.

因此，只能有q=44,r=41,從而得

a+b=44(a+b)+41

(a-22)+(b-22)=1009

不妨設(shè)|a-22閆b—22,則1009三(a-22)=504,從而45美a豐53.

經(jīng)驗(yàn)算得兩組解：a=50,b=37及a=50,b=7.

由對(duì)稱性，還有兩組解a=37,b=50；a=7,b=50.

A2-005數(shù)1978與1978的最后三位數(shù)相等，試求出正整數(shù)n和m,使得m+n取最小

值，這里n>nPl.

【題說】第二十屆(1978年)國際數(shù)學(xué)奧林匹克題1.本題由古巴提供.

【解】由題設(shè)

1978-1978=1978(1978

因而

1978三23989三0(mod8),m-3

又

1978

而1978

=3n—mn—mn—mmmmnmmn—mnm22222—1)=0(mod1000)=1(mod125)=(1975

+3)n—m—In—m+(n—m)321975(mod125)(1)

從而3n—m三1(mod5),于是n—m是4的倍數(shù).

設(shè)n—m=4k,則

代入(1)得

從而

k(20k+3)=0(mod25)

因此k必須是25的倍數(shù)，n—m至少等于4325=100,于是m+n的最小值為

n—m+2nl=106,m=3,n=103

A2—006求方程x+xy+xy+y=8(x+xy+y+1)的全部整數(shù)解x、y.322322【題

說】1980年盧森堡等五國國際數(shù)學(xué)競賽題6.本題由荷蘭提供.

于是x+xy+xy+y=(x+y)-2xy(x+y)=u-2vu

x+xy+y=(x+y)-xy=u-v

從而原方程變?yōu)?/p>

2v(u-4)=u-8u-8(2)

因uH4,故(2)即為

322222322333

根據(jù)已知，u—4必整除72,所以只能有

u—4=±23,其中a=0,1,2,3；3=0,1,2

進(jìn)一步計(jì)算可知只有u—4=223=6,于是

u=10,v=16

aB

第八講整數(shù)問題：求解問題之二

A2-007確定m+n的最大值，這里m和n是整數(shù)，滿足m,ne{1,2,1981),

(n—nm—m)=1.

【題說】第二十二屆(1981年)國際數(shù)學(xué)奧林匹克題3.

【解】若m=n,由(n—mn—m)=1得(mn)=1，故m=n=l.

若mWn,則由n—mn一m=±1得n>m.令n=m+uk,于是

[(m+uk)—m(m+uk)—m]=1

于是有

若ukWuk-l,則以上步驟可以繼續(xù)下去，直至

從而得到數(shù)列:

n,m,uk,uk—1,,,,uk—1,uk—1—1

此數(shù)列任意相鄰三項(xiàng)皆滿足ui=ui-l+ui-2,這恰好是斐波那契型數(shù)列.

而｛1,2,”，1981｝中斐氏數(shù)為：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,

233,377,610,987,1597,可見m=

22987,n=1597時(shí)，m+n=3524578為滿足條件的最大值.

A2-008求方程w!=x!+y!+z!的所有正整數(shù)解.

【題說】第十五屆(1983年)加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克題1.

【解】不妨設(shè)/y豐z.顯然w=z+l,因此

(z+1)!壬w!=x!+y!+z!*32z!

從而z豐2.通過計(jì)算知x=y=z=2,w=3是原方程的唯一解.

A2-009求滿足下式的所有整數(shù)n,m：

n+(n+1)=m+(m+1)

【題說】1984年匈牙利阿拉尼,丹尼爾數(shù)學(xué)競賽(15年齡組)題1.

【解】由原式得

n(n+1)=m(m+1)(m+m+2)

設(shè)m+m=k,我們有n(n+1)=k(k+2).顯然，只可能兩邊為零.解是(0,0),

(0,—1),(—1,0),(—1,1).

A1-010前1000個(gè)正整數(shù)中可以表示成[2x]+[4x]+[6x]+[8x]的正整數(shù)有多少個(gè)？

【題說】第三屆(1985年)美國數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題10.

【解】令f(x)=[2x]+[4x]+[6x]+[8x].

222244

個(gè)不同的正整數(shù)值.

另一方面f(x+n)=f(x)+20n對(duì)任一正整數(shù)n成立.將1一1000分為50段，每20

個(gè)為1段.每段中，f(x)可取12個(gè)值.故總共可取到50312=600個(gè)值，亦即在前1000

個(gè)正整數(shù)中有600個(gè)可以表示成[2x]+[4x]+[6x]+[8x]的形式.

3A2-011使n+100能被n+10整除的正整數(shù)n的最大值是多少？

【題說】第四屆(1986年)美國數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題5.

【解】由n+100=(n+10)(n-10n+100)—900知，若n+100被n+10整除，則

900也應(yīng)被n+10整除.因此，n最大值是890.

323

第九講整數(shù)問題：求解問題之三

A2—012a、b、c、d為兩兩不同的正整數(shù)，并且a+b=cd,ab=c+d

求出所有滿足上述要求的四元數(shù)組a、b、c、d.

【題說】1987年匈牙利數(shù)學(xué)奧林匹克題1.

【解】由于a#b,所以當(dāng)且僅當(dāng)a=l或b=l時(shí)，才-有a+Mab.

如果a、b都不是1,那么

c+d=ab>a+b=cd

由此知c=l或d=l.

因此a、b、c、d中總有一個(gè)(也只有一個(gè))為1.如果a=l,那么由消去b可以推出

從而得到c=2,d=3,或者c=3,d=2.

這樣，本題的答案可以列成下表

A2-013設(shè)[r,s]表示正整數(shù)r和s的最小公倍數(shù)，求有序三元正整數(shù)組(a,b,c)

的個(gè)數(shù)，其中[a,b]=1000,[b,c]=2000,

[c,a]=2000.

【題說】第五屆(1987年)美國數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題7.

【解】顯然，a、b、c都是形如孑5的數(shù).設(shè)a=2J51,b=22252,c=23253.

由[a,b]=1000=225,知max(ml,m2)=3,max(nl,n2)=3.同理，max(m2,

m3)—4,max(n2,n3)=3；max(ml,m3)=4,max(nl,n3)=3.

由此，知m3應(yīng)是4,mkm2中必有一是3.另一個(gè)可以是0、1、2或3之任一種，因此

ml、m2的取法有7種.又，nl、n2、n3中必有兩個(gè)是3,另一個(gè)可以是0、1、2或3.因

此nl、n2、n3取法有10種.故mi、ni(i=K2、3)不同取法共有7310=70種，即三

元組共有70個(gè).

A2-014設(shè)m的立方根是一個(gè)形如n+r的數(shù)，這里n為正整數(shù)，r為小于1/1000的正

實(shí)數(shù).當(dāng)m是滿足上述條件的最小正整數(shù)時(shí)，求n的值.

【題說】第五屆(1987年)美國數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題12.

33mnmnmnmn

m=n+l<(n+10)

=n+3n210+3n210+10

【題說】第十三屆(1987年)全俄數(shù)學(xué)奧林匹克九年級(jí)題1.

【解】144=12,1444=38

設(shè)n>3,則

22

則k必是一個(gè)偶數(shù).所以

也是一個(gè)自然數(shù)的完全平方，但這是不可能的.因?yàn)槠椒綌?shù)除以4,

因此，本題答案為n=2,3.

nA2-016當(dāng)n是怎樣的最小自然數(shù)時(shí)，方程[10/x]=1989有整數(shù)解？

【題說】第二十三屆(1989年)全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克十年級(jí)題1.

【解】1989至10/x<1990

所以

10/1990VX壬10/1989

即

1020.000502512?<x*1020.000502765,,

所以n=7,這時(shí)x=5026與5027是解.

A2—017設(shè)an=50+n,n=l,2,對(duì)每個(gè)n,an與an+1的最大公約數(shù)記為dn.求

dn的最大值.

【題說】1990年日本第1輪選拔賽題9.

【解】

dn=(an,an+1)

=(50+n,50+(n+1)-(50+n))

=(50+n,2n+l)22222nnnnn=(2(n+50),2n+l)(因2n+l是奇數(shù))

=(2(n+50)-n(2n+l),2n+l)

=(100-n,2n+l)

=(100-n,2n+l+2(100-n))

=(100-n,201)豐201

在n=100￥201k(kSN)時(shí)，dn=201.

故所求值為201.

A2-018n是滿足下列條件的最小正整數(shù)：

(1)n是75的倍數(shù)；

(2)n恰為75個(gè)正整數(shù)因子(包括1及本身).試求n/75.

【題說】第八屆(1990年)美國數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題5.

【解】為保證n是75的倍數(shù)而又盡可能地小，可設(shè)n=223?5,其中an0,0-1,

Y言2,并且

(a+1)(P+1)(y+1)=75

由75=523,易知當(dāng)a=B=4,Y=2時(shí)，符合條件(1)、(2).此時(shí)n=223?5,

n/75=432.2442a3y22

第十講整數(shù)問題;求解問題之四

A2-0191.求出兩個(gè)自然數(shù)x、y,使得xy+x和xy+y分別是不同的自然數(shù)的平方.

2.能否在988至1991范圍內(nèi)求到這樣的x和y?

【題說】第二十五屆(1991年)全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克九年級(jí)題5.

【解】1.例如x=l,y=8即滿足要求.

2.假設(shè)

988壬x<y豐1991

x、yeN,使得xy+x與xy+y是不同的自然數(shù)的平方，則

x<xy+x<xy+y

這時(shí)

y—x=(xy+y)—(xy+x)

>(x+1)—x=2x+l

即

y>3x+l

由此得

1991-y>3x+l-33998+1222矛盾！故在988與1991之間不存在這樣的自然數(shù)x、y.

A2-020求所有自然數(shù)n,使得

這里［n/k］表示不超過n/k的最大整數(shù)，N是自然數(shù)集.

【題說】1991年中國數(shù)學(xué)奧林匹克題5.

【解】題給條件等價(jià)于，對(duì)一切kCN,

k+n/H1991(1)

且存在kdN,使得k+n/k<1992.(2)

(1)等價(jià)于對(duì)一切kwN,

k-1991k+n三0

即(k-1991/2)+n-1991/4-0(3)

22242222222

故(3)式左邊在k取32時(shí)最小，因此(1)等價(jià)于

n^l99P32-32=10243967

又，（2）等價(jià)于存在keN,使

（k-996）+n-996<0

上式左邊也在k=32時(shí)最小，故（2）等價(jià)于

nV1992332-32=10243968

故n為滿足

10243967*n*10243967+1023

的一切整數(shù).

A2-021設(shè)n是固定的正整數(shù)，求出滿足下述性質(zhì)的所有正整數(shù)的和：在二進(jìn)制的數(shù)字

表示中，正好是由2n個(gè)數(shù)字組成，其中有n個(gè)1和n個(gè)0,但首位數(shù)字不是0.

【題說】第二十三屆（1991年）加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克題2.

【解】n=l,易知所求和Sl=2.

爛2時(shí)，首位數(shù)字為1的2n位數(shù)，在其余2n—l位上，只要n個(gè)0的位置確定了.則n

一1個(gè)1的位置也就確定了，從而這個(gè)2n位二進(jìn)制數(shù)也隨之確定.

2422224

現(xiàn)考慮第k（2n>k-l）位數(shù)字是1的數(shù)的個(gè)數(shù).因?yàn)槠渲衝個(gè)0的位置只可從2n—2個(gè)

位置（除去首位和第k位）中選擇，故這樣的

將所有這樣的2n位二進(jìn)制數(shù)相加，按數(shù)位求和，便有

A2—022在｛1000,1001,1002,,,,2000｝中有多少對(duì)相鄰的數(shù)滿足下列條件:每對(duì)中

的兩數(shù)相加時(shí)不需要進(jìn)位？

【題說】第十屆（1992年）美國數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題6.

7或8時(shí)，則當(dāng)n和n+1相加時(shí)將發(fā)生進(jìn)位.再若b=9而cW9；a=9而bW9或

cW9.則當(dāng)n和n+1相加時(shí)也將發(fā)生進(jìn)位.

如果不是上面描述的數(shù)，則n有如下形式

其中a,b,ce{0,1,2,3,4).對(duì)這種形式的n,當(dāng)n和n+1相加時(shí)不會(huì)發(fā)生進(jìn)

位，所以共有

5+5+5+1=156

個(gè)這樣的n.

A2-023定義一個(gè)正整數(shù)n是一個(gè)階乘的“尾”，如果存在一個(gè)正整數(shù)m,使得m!的

十進(jìn)位制表示中，結(jié)尾恰好有n個(gè)零，那么小于1992的正整數(shù)中有多少個(gè)不是階乘的

尾？

【題說】第十屆(1992年)美國數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題15.

【解】設(shè)f(m)為m!的尾.則f(m)是m的不減函數(shù)，且當(dāng)m是5的倍數(shù)時(shí)，有

f(m)=f(m+1)=f(m+2)=f(m+3)

=f(m+4)<f(m+5)

因此，從f(0)=0開始，f(m)依次取值為：

0,0,0,0,0；1,1,1,1,1；2,2,2,2,2；3,3,3,3,3；4,4,4,4,4；

6,6,6,6,6；?；1991,1991,1991,1991,1991

容易看出

如果存在m使f(m)=1991,則

因而m>431991=7964.由公式(1)可計(jì)算出f(7965)=1988,從而f(7975)=

1991.在序列(1)中共有7980項(xiàng)，不同的值有7980/5=1596個(gè).所以在｛0,1,2,,,,

1991｝中,有1992—1596=396個(gè)值不在

(1)中出現(xiàn).這就說明，有396個(gè)正整數(shù)不是階乘的尾.

第十一講：整數(shù)問題：求解問題之五

A2-024數(shù)列｛an｝定義如下：a0=l,al=2,an+2=an+(an+1).求al992除以7

所得的余數(shù).

【題說】1992年日本數(shù)學(xué)奧林匹克預(yù)選賽題1.

【解】考慮an以7為模的同余式：

a0=l三1(mod7)

al—2=2(mod7)

31=1+2=5=—2(mod7)

a3=2+(-2)=6三一1(mod7)

a4=-2+(—1)=-1(mod7)

a5=-1+(—1)=0(mod7)

a6=—1+0=—1(mod7)

a7三0+(-1)=1(mod7)

a8三—1+1=0(mod7)

a9三1+0=1(mod7)

alO三0+1=1(mod7)

all三1+1=2(mod7)

所以，an除以7的余數(shù)以10為周期，故al992三a2三5(mod7).

A2-025求所有的正整數(shù)n,滿足等式

S(n)=S(2n)=S(3n)—,,—S(n)

其中S(x)表示十進(jìn)制正整數(shù)X的各位數(shù)字和.

【題說】1992年捷克和斯洛伐克數(shù)學(xué)奧林匹克(最后一輪)題3.

【解】顯然，n=l滿足要求.

由于對(duì)正整數(shù)x,有S(x)三x(mod9),故當(dāng)n>l時(shí)，有

n=S(n)=S(2n)=2n(mod9)

所以9n.

若n是一位數(shù)，則n=9,又S(9)=S(239)=S(339)=,,=S(9)=9,故9滿足

要求.

222222222222210*n<10kk+1

10k,故

10+l*n<10kk+l

若nV10+10kk-l+,,+10+l,則

：l.!：：：：!

與已知矛盾，從而

H10+10

令n=9m.設(shè)m的位數(shù)為1(k豐1豐k+1),in—1=

kk-l+?+10+l(1)

S(n)=S((10+10

=S((10

=S(10k+lkk-l+?+10+l)n)-1)m)k+lk+1(m-1)+(10-10)+(10

—m))

其中9有k+1—1個(gè)，bi+ci=9,i=l,2,1.

所以

S(n)=9(k+1)(2)

由于n是k+1位數(shù)，所以n=99,,9=10

另一方面，當(dāng)n=99?9=10k+lk+l-l.2—1時(shí)，S(n)=S(2n)=S(3n)=?=S

(n).

k綜上所述，滿足要求的正整數(shù)為n=l及n=10—1(Hl).

A2-026求最大正整數(shù)k,使得3：(2+1),其中m為任意正整數(shù).

【題說】1992年友誼杯國際數(shù)學(xué)競賽十、十一年級(jí)題2.

【解】當(dāng)m=l時(shí)，2+1=9,故依2.又由于

2+1=⑵

-(-1)3

=0

所以，對(duì)任意正整數(shù)in,9(2+1).即所求k的值為2.3mm-13m33m-13mk3m+l

+1(mod9)

最大整數(shù).

【題說】1993年全國聯(lián)賽一試題2(4),原是填空題.

【解】因?yàn)?0+3=(10)+3

=(10+3)((10)-3310+

3)

231312319333133

=(10)(10-3)+9-1

它的個(gè)位數(shù)字是8,十位數(shù)字是0.

A2-028試求所有滿足如下性質(zhì)的四元實(shí)數(shù)組：組中的任一數(shù)都等于其余三個(gè)數(shù)中某兩

個(gè)數(shù)的乘積.

【題說】第十九屆(1993年)全俄數(shù)學(xué)奧林匹克十一年級(jí)二試題5.

【解】設(shè)這組數(shù)的絕對(duì)值為a豐b豐c豐d.無論a為b,c,d哪兩個(gè)數(shù)的乘積，均有

a三be,類似地,d

2豐be.從而，be豐a豐b豐c豐d豐be,即a=b=c=d=a.所以a=0或1,不難驗(yàn)證，如果組

中有負(fù)數(shù)，則負(fù)數(shù)

的個(gè)數(shù)為2或3.

所以，答案為{0，0,0,0},{1,1,1,1},{—1,—1,1,1},{-1,—1,-1,

1}.3131

第十二講整數(shù)問題：求解問題之六

A2-029對(duì)任意的實(shí)數(shù)x,函數(shù)f(x)有性質(zhì)f(x)+f(x-1)=x.如果f(19)=

94,那么f(94)除以1000的余數(shù)是多少？

【題說】第十二屆(1994年)美國數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題3.

【解】重復(fù)使用f(X)=X—f(X—1),有

f(94)=94—f(93)

=94-93+f(92)

=94-93+92-f(91)

—94—93+92-”+20—f(19)

=(94+93)(94-93)+(92+91)(92-

91)+,,+(22+21)(22-21)+20—94

—(94+93+92+,,+21)+

3062222222222222=4561

因此，f(94)除以1000的余數(shù)是561.

A2-030對(duì)實(shí)數(shù)x,[x]表示x的整數(shù)部分，求使[log21]+[log22]+[log23]+,,+

[log2n]=1994成立的正整數(shù)n.

【題說】第十二屆(1994年)美國數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題4.

【解】[long21]+[log22]+[log23]+?+[log2128]+[log2129]+?+[log2255]=

231+432+833+1634+3235+6436+12837=1538.

A2-031對(duì)給定的一個(gè)正整數(shù)n.設(shè)p(n)表示n的各位上的非零數(shù)字乘積(如果n只

有一位數(shù)字，那么P(n)等于那個(gè)數(shù)字).若S=p(1)+p(2)+p(3)+?+p

(999),則S的最大素因子是多少？

【題說】第十二屆(1994年)美國數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題5.

【解】將每個(gè)小于1000的正整數(shù)作為三位數(shù)，(若位數(shù)小于3,則前面補(bǔ)0,如25可

寫成025),所有這樣的正整數(shù)各位數(shù)字乘積的和是

(02020+02021+02022+?+929?8+9?929)-02020

=(0+1+2+,,