數(shù)學(xué)奧林匹克題解【A整數(shù)-A1特殊的自然數(shù)011-020】

1、A1011 設(shè)n為大于2的已知整數(shù)，并設(shè)Vn為整數(shù)1kn的集合，k1，2，數(shù)mVn稱為在 Vn中不可分解，如果不存在數(shù)p，qVn使得 pqm證明：存在一個(gè)數(shù)rVn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)an1，b2n1，則a2、b2、a2b2都屬于Vn因?yàn)閍2（n1）2，所以a2在Vn中不可分解式中不會(huì)出現(xiàn)a2ra2b2有兩種不同的分解方式：ra2·b2a2（直至b2分成不可分解的元素之積）與rab·ab（直至ab分成不可分解的元素之積），前者有因數(shù)a2，后者沒有A1012 證明在無限整數(shù)序

2、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1，1104，1104108，一個(gè)合數(shù)即對(duì)n2，an均可分解為兩個(gè)大于1的整數(shù)的乘積，而a210001137·73故對(duì)一切n2，an均為合數(shù)A1013 如果一個(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)

3、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，104×M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)A1014 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ab1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2d1、5d1、13d1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)5d1x2

4、60;                                                  （1

5、）5d1y2                                                 

6、  （2）13d1z2                                               &#

7、160; （3）其中x、y、z是正整數(shù)由（1）式知，x是奇數(shù)，不妨設(shè)x2n1代入有 2d1（2n1）即 d2n22n1                  （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)y2p，z2q，代入（2）、（3）相減后除以4有2dq2p2（qp）（qp）因2d是偶數(shù)，即q2p2是偶數(shù)，所以p、q同為偶數(shù)或同為奇數(shù)，從而qp和qp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

8、，故命題正確A1015 求出五個(gè)不同的正整數(shù)，使得它們兩兩互素，而任意n（n5）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)aii·n！1，i1，2，n組成的集合滿足要求因?yàn)槠渲腥我鈑個(gè)數(shù)之和為m·n！k（mN，2kn）由于n！1·2·· n是 k的倍數(shù)，所以m·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（ij），如果它們有公共的質(zhì)因數(shù)p，則p也是aiaj（ij）n！的質(zhì)因數(shù)，因?yàn)?ijn，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、a

9、j（ij）互素令n5，便得滿足條件的一組數(shù)：121，241，361，481，601A1016 已知n2，求證：如果k2kn對(duì)于整數(shù)k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mp，則p|（mp）2（mp）n又（mp）2（mp）nnP，這與m是使k2kn為合數(shù)的最小正整數(shù)矛盾（2）若mp1，則（p1m）2（p1m）n（p1m）（pm）n被p整除，且（p1m）2（p1m）nnp因?yàn)椋╬1m）2（p1m）n為合數(shù)，所以p1mm，p2m1由得4m24m1m2mn即3m23m1n0由此得A1017 正整數(shù)a與b使得ab1整除a2b2求證：（a2b2）/（ab1）是

10、某個(gè)正整數(shù)的平方【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a2kabb2k                                   （1）顯然（1）的解（a，b）滿足ab0（否則ab1，a2b2k（ab1）0）又由于

11、k不是完全平方，故ab0設(shè)（a，b）是（1）的解中適合a0（從而b0）并且使ab最小的那個(gè)解不妨設(shè)ab固定k與b，把（1）看成a的二次方程，它有一根為a設(shè)另一根為a，則由韋達(dá)定理（2），a為整數(shù)，因而（a，b）也是（1）的解由于b0，所以a0但由（3）從而abab，這與ab的最小性矛盾，所以k必為完全平方A1018 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)冪【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（n1）！，則a2k（2kn1），被k整除而不被k2整除（因?yàn)閍2被k2整除而k不被k2整除）如果a2k是質(zhì)數(shù)的整數(shù)冪pl，則kpj（l、

12、j都是正整數(shù)），但a2被p2j整除因而被pj1整除，所以a2k被pj整除而不被pj1整除，于是a2kpjk，矛盾因此a2k（2kn1）這n個(gè)連續(xù)正整數(shù)都不是素?cái)?shù)的整數(shù)冪A1019 n為怎樣的自然數(shù)時(shí)，數(shù)32n122n16n是合數(shù)？【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】 32n122n16n（3n2n）（3n12n1）當(dāng) nl時(shí)，3n2n1，3n12n11，所以原數(shù)是合數(shù)當(dāng) n1時(shí)，原數(shù)是素?cái)?shù)13A1020 設(shè)n是大于6的整數(shù)，且a1、a2、ak是所有小于n且與n互素的自然數(shù)，如果a2a1a3a2akak10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a11由（n1，n）1，得 akn1令 da2a10當(dāng)a22時(shí)，d1，從而kn1，n與所有小于n的自然數(shù)互素由此可知n是素?cái)?shù)當(dāng)a23時(shí)，d2，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)