haihongyuan.com
海量文库 文档专家
全站搜索:
您现在的位置:首页 > 初中教育 > 学科竞赛学科竞赛

初中数学奥林匹克竞赛教程

发布时间:2014-01-04 14:46:01  

初中数学奥林匹克竞赛教程

初中数学竞赛大纲(修订稿)

数学竞赛对于开发学生智力,开拓视野,促进教学改革,提高教学水平,发现和培养数学人才都有着积极的作用。目前我国中学生数学竞赛日趋规范化和正规化,为了使全国数学竞赛活动健康、持久地开展,应广大中学师生和各级数学奥林匹克教练员的要求,特制定《初中数学竞赛大纲(修订稿)》以适应当前形势的需要。

本大纲是在国家教委制定的九年义务教育制“初中数学教学大纲”精神的基础上制定的。《教学大纲》在教学目的一栏中指出:“要培养学生对数学的兴趣,激励学生为实现四个现代化学好数学的积极性。”具体作法是:“对学有余力的学生,要通过课外活动或开设选修课等多种方式,充分发展他们的数学才能”,“要重视能力的培养??,着重培养学生的运算能力、逻辑思维能力和空间想象能力,要使学生逐步学会分析、综合、归纳、演绎、概括、抽象、类比等重要的思想方法。同时,要重视培养学生的独立思考和自学的能力”。

《教学大纲》中所列出的内容,是教学的要求,也是竞赛的要求。除教学大纲所列内容外,本大纲补充列出以下内容。这些课外讲授的内容必须充分考虑学生的实际情况,分阶段、分层次让学生逐步地去掌握,并且要贯彻“少而精”的原则,处理好普及与提高的关系,这样才能加强基础,不断提高。

1、实数

十进制整数及表示方法。整除性,被2、3、4、5、8、9、11等数整除的判定。

素数和合数,最大公约数与最小公倍数。

奇数和偶数,奇偶性分析。

带余除法和利用余数分类。

完全平方数。

因数分解的表示法,约数个数的计算。

有理数的表示法,有理数四则运算的封闭性。

2、代数式

综合除法、余式定理。

拆项、添项、配方、待定系数法。

部分分式。

对称式和轮换对称式。

3、恒等式与恒等变形

恒等式,恒等变形。

整式、分式、根式的恒等变形。

恒等式的证明。

4、方程和不等式

含字母系数的一元一次、二次方程的解法。一元二次方程根的分布。

含绝对值的一元一次、二次方程的解法。

含字母系数的一元一次不等式的解法,一元一次不等式的解法。

含绝对值的一元一次不等式。

简单的一次不定方程。

列方程(组)解应用题。

5、函数

y=|ax+b|,y=|ax+bx+c|及 y=ax+bx+c的图像和性质。

二次函数在给定区间上的最值。简单分式函数的最值,含字母系数的二次函数。

6、逻辑推理问题

抽屉原则(概念),分割图形造抽屉、按同余类造抽屉、利用染色造抽屉。

简单的组合问题。

逻辑推理问题,反证法。

简单的极端原理。

简单的枚举法。

7、几何

四种命题及其关系。

三角形的不等关系。同一个三角形中的边角不等关系,不同三角形中的边角不等关系。 面积及等积变换。

三角形的心(内心、外心、垂心、重心)及其性质。 22

第一讲 整数问题:特殊的自然数之一

A1-001 求一个四位数,它的前两位数字及后两位数字分别相同,而该数本身等于一个整数的平方.

【题说】 1956年~1957年波兰数学奥林匹克一试题1.

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

=11(100a+b)

其中0<a?9,0?b?9.可见平方数x被11整除,从而x被11整除.因此,数100a+b=99a+(a+b)能被11整除,

2于是a+b能被11整除.但0<a+b?18,以a+b=11.于是x=11(9a+1),由此可知9a+1是某个自然数的平方.对a=1,

22,?,9逐一检验,易知仅a=7时,9a+1为平方数,故所求的四位数是7744=88.

A1-002 假设n是自然数,d是2n的正约数.证明:n+d不是完全平方.

【题说】 1953年匈牙利数学奥林匹克题2.

【证】 设2n=kd,k是正整数,如果 n+d是整数 x的平方,那么

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

但这是不可能的,因为kx与n都是完全平方,而由k<k+2k<(k+1)得出k+2k不是平方数.

A1-003 试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数.

【题说】 1962年上海市赛高三决赛题 1.

【证】 四个连续自然数的乘积可以表示成

n(n+1)(n+2)(n+3)=(n+3n)(n+8n+2)=(n+3n+1)-1

因此,四个连续自然数乘积加上1,是一完全平方数,故知本题结论成立.

A1-004 已知各项均为正整数的算术级数,其中一项是完全平方数,证明:此级数一定含有无穷多个完全平方数.

【题说】 1963年全俄数学奥林匹克十年级题2.算术级数有无穷多项.

【证】 设此算术级数公差是 d,且其中一项 a=m(m∈N).于是

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

对于任何k∈N,都是该算术级数中的项,且又是完全平方数.

A1-005 求一个最大的完全平方数,在划掉它的最后两位数后,仍得到一个完全平方数(假定划掉的两个数字中的一个非零).

【题说】 1964年全俄数学奥林匹克十一年级题 1.

【解】 设 n满足条件,令n=100a+b,其中 0<b<100.于是 n>10a,即 n?10a+1.因此

b=n100a?20a+1

由此得 20a+1<100,所以a?4.

经验算,仅当a=4时,n=41满足条件.若n>41则n-40?42-40>100.因此,满足本题条件的最大的完全平方数2为41=1681.

A1-006 求所有的素数p,使4p+1和6p+1也是素数. 222222222222222222222222222222222222

【题说】 1964年~1965年波兰数学奥林匹克二试题 1.

【解】 当p≡±1(mod 5)时,5|4p+1.当p≡±2(mod 5)时,5|6p+1.所以本题只有一个解p=5.

A1-007 证明存在无限多个自然数a有下列性质:对任何自然数n,z=n+a都不是素数.

【题说】 第十一届(1969年)国际数学奥林匹克题1,本题由原民主德国提供.

【证】 对任意整数m>1及自然数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不是素数.取 a=422,423,?就得到无限多个符合要求的 a. 4444222222222224422222422

第二讲 整数问题:特殊的自然数之二

A1-008 将某个17位数的数字的顺序颠倒,再将得到的数与原来的数相加.证明:得到的和中至少有一个数字是偶数.

【题说】 第四届(1970年)全苏数学奥林匹克八年级题 4.

【证】 假设和的数字都是奇数.在加法算式

中,末一列数字的和d+a为奇数,从而第一列也是如此,因此第二列数字的和b+c?9.于是将已知数的前两位数字a、b与末两位数字c、d去掉,所得的13位数仍具有性质:将它的数字颠倒,得到的数与它相加,和的数字都是奇数.照此进行,每次去掉首末各两位数字.最后得到一位数,它与自身相加显然是偶数.矛盾!

因此,和的数字中必有偶数.

A1-009 证明:如果p和p+2都是大于3的素数,那么6是p+1的因数.

【题说】 第五届(1973年)加拿大数学奥林匹克题 3.

【证】 因为p是奇数,所以2是p+1的因数.

因为p、p+1、p+2除以 3余数不同,p、p+2都不被 3整除,所以p+1被 3整除.

于是6是p+1的因数.

A1-010 证明:三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项(不一定是连续的).

【题说】 美国第二届(1973年)数学奥林匹克题5.

【证】 设p、q、r是不同素数.假如有自然数l、m、n和实数a、d,

消去a,d,得

化简得(m-n)p=(l-n)q+(m-l)r+3(l-n)(

m 333

原命题成立.

A1-011 设n为大于2的已知整数,并设Vn为整数1+kn的集合,k=1,2,?.数m∈Vn称为在 Vn中不可分解,如果不存在数p,q∈Vn使得 pq=m.证明:存在一个数r∈Vn可用多于一种方法表达成Vn中不可分解的元素的乘积.

【题说】 第十九届(1977年)国际数学奥林匹克题3.本题由荷兰提供.

【证】 设a=n-1,b=2n-1,则a、b、ab都属于Vn.因为a<(n+1),所以a在Vn中不可分解.

2222222

式中不会出现a.

r=ab有两种不同的分解方式:r=a2b=a?(直至b2分成不可分解的元素之积)与r=ab2ab=?(直至ab分成不可

2分解的元素之积),前者有因数a,后者没有.

A1-012 证明在无限整数序列

10001,100010001,1000100010001,?

中没有素数.

注意第一数(一万零一)后每一整数是由前一整数的数字连接0001而成.

【题说】 1979年英国数学奥林匹克题 6.

【证】 序列 1,10001,100010001,?,可写成

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

448222222

一个合数.

即对n>2,an均可分解为两个大于1的整数的乘积,而a2=10001=137273.故对一切n?2,an均为合数.

A1-013 如果一个自然数是素数,并且任意地交换它的数字,所得的数仍然是素数,那么这样的数叫绝对素数.求证:绝对素数的不同数字不能多于3个.

【题说】 第十八届(1984年)全苏数学奥林匹克八年级题 8.

【证】 若不同数字多于 3个,则这些数字只能是1、3、7、9.不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除

4以7,余数分别为0、1、2、3、4、5、6.因此对任意自然数M,103M与上述7个四位数分别相加,所得的和中至少有一个被

7整除,从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数.

A1-014 设正整数 d不等于 2、5、13.证明在集合{2,5,13,d}中可以找到两个不同元素a、b,使得ab-1不是完全平方数.

【题说】 第二十七届(1986年)国际数学奥林匹克题1.本题由原联邦德国提供.

【证】 证明2d-1、5d-1、13d-1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可.用反证法,设

5d-1=x

5d-1=y2 (1) (2)

(3) 2 13d-1=z2

其中x、y、z是正整数.

由(1)式知,x是奇数,不妨设x=2n-1.代入有 2d-1=(2n-1)即

d=2n-2n+1 (4)

(4)式说明d也是奇数.

于是由(2)、(3)知y、Z是偶数,设y=2p,z=2q,代入(2)、(3)相减后除以4有

2d=q-p=(q+p)(q-p)

因2d是偶数,即q-p是偶数,所以p、q同为偶数或同为奇数,从而q+p和q-p都是偶数,即2d是4的倍数,因此d是偶数.这与d是奇数相矛盾,故命题正确. 222222

第三讲 整数问题:特殊的自然数之三

A1-015 求出五个不同的正整数,使得它们两两互素,而任意n(n?5)个数的和为合数.

【题说】 第二十一届(1987年)全苏数学奥林匹克十年级题 1.

【解】 由n个数

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

组成的集合满足要求.

因为其中任意k个数之和为

m2n!+k(m∈N,2?k?n)

由于n!=1222?2 n是 k的倍数,所以m2n!+k是 k的倍数,因而为合数.

对任意两个数ai与 aj(i>j),如果它们有公共的质因数p,则p也是ai-aj=(i-j)n!的质因数,因为0<i-j<n,所以p也是n!的质因数.但ai与n!互质,所以ai与aj不可能有公共质因数p,即ai、aj(i≠j)互素.令n=5,便得满足条件的一组数:121,241,361,481,601.

A1-016 已知n?2,求证:如果k+k+n对于整数

k 2

素数.

【题说】 第二十八届(1987年)国际数学奥林匹克题6.本题由原苏联提供.

(1)若m?p,则p|(m-p)+(m-p)+n.

又(m-p)+(m-p)+n?n>P,这与m是使k+k+n为合数的最小正整数矛盾.

(2)若m?p-1,则(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?n>p

因为(p-1-m)+(p-1-m)+n为合数,所以

p-1-m?m,p?2m+1

222222

4m+4m+1?m+m+n

3m+3m+1-n?0

由此得

222

A1-017 正整数a与b使得ab+1整除a+b.求证:(a+b)/(ab+1)是某个正整数的平方. 2222

【题说】 第二十九届(1988年)国际数学奥林匹克题6.本题由原联邦德国提供.

a-kab+b=k (1)

显然(1)的解(a,b)满足ab?0(否则ab?-1,a+b=k(ab+1)?0).

又由于k不是完全平方,故ab>0.

设(a,b)是(1)的解中适合a>0(从而b>0)并且使a+b最小的那个解.不妨设a?b.固定k与b,把(1)看成a的二次方程,它有一根为a.设另一根为a′,则由韦达定理 2222

(2),a′为整数,因而(a′,b)也是(1)的解.由于b>0,所以a′>0.

但由(3)

从而a′+b<a+b,这与a+b的最小性矛盾,所以k必为完全平方.

A1-018 求证:对任何正整数n,存在n个相继的正整数,它们都不是素数的整数幂.

【题说】 第三十届(1989年)国际数学奥林匹克题5.本题由瑞典提供.

【证】 设a=(n+1)!,则a+k(2?k?n+1),被k整除而不被k整除(因为a被k整除而k不被k整除).如2lj22jj+12jj+1果a+k是质数的整数幂p,则k=p(l、j都是正整数),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?k?n+1)

这n个连续正整数都不是素数的整数幂. 222222

第四讲 整数问题:特殊的自然数之四

A1-019 n为怎样的自然数时,数32n+1-22n+1-6是合数? n

【题说】 第二十四届(1990年)全苏数学奥林匹克十一年级题5

【解】 32n+1-2

n2n+1-6=(3-2)(3n+1nnnn+1+2n+1) 当 n>l时,3-2>1,3n+2n+1>1,所以原数是合数.当 n=1时,原数是素数13.

A1-020 设n是大于6的整数,且a1、a2、?、ak是所有小于n且与n互素的自然数,如果

a2-a1=a3-a2=?=ak-ak-1>0

求证:n或是素数或是2的某个正整数次方.

【题说】 第三十二届(1991年)国际数学奥林匹克题2.本题由罗马尼亚提供.

【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)

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)+(n+2)+?+(n+10)

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

不难验证n≡0,1,-1,2,-2(mod 5)时,均有

2n+22n+77≡2(n+n+1)

所以(n+1)+(n+2)+?+(n+10)不是平方数,

A1-023 是否存在完全平方数,其数字和为1993? 22222222220(mod 5)

【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=k,3n+1=m,则5n+3=4(2n+1)-(3n+1)=4k-m=(2k+m)(2k-m).

因为5n+3>(3n+1)+2=m+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. 22222

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

由此可得

2(2n+1),3 (3n+1),可设2n+1=(2k+1),3n+1=(3t±1),22n+1=k+(k+1),n+1=(t±1)+2t

反之,若n+1=k+(k+1)=(t±1)+2t,则

2n+1=(2k+1),3n+1=(3t±1)

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

222222222

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

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

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;

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

7b+7b+7=x

素数7应整除x,故可设x=7k,k为正整数.于是有

b+b+1=7k

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.

23424

s2-s1=n=100

从而求得n=10.

A2-004 设a和b为正整数,当a+b被a+b除时,商是q而余数是r,试求出所有数对(a,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a+b=q(a+b)+r(0?r<a+b),q+r=1977,所以 q2?1977,从而q?44.

若q?43,则r=1977-q?1977-43=128. 222222222

即(a+b)?88,与(a+b)>r?128,矛盾.

因此,只能有q=44,r=41,从而得

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

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

不妨设|a-22|?|b-22|,则1009?(a-22)?504,从而45?a?53.

经验算得两组解:a=50,b=37及a=50,b=7.

由对称性,还有两组解a=37,b=50;a=7,b=50.

A2-005 数1978与1978的最后三位数相等,试求出正整数n和m,使得m+n取最小值,这里n>m?1.

【题说】 第二十届(1978年)国际数学奥林匹克题 1.本题由古巴提供.

【解】 由题设

1978-1978=1978(1978

因而

1978≡23989≡0(mod 8), m?3

1978

而 1978

≡3n-mn-mn-mmmmnmmn-mnm22222-1)≡0(mod 1000) ≡1(mod 125) =(1975+3)n-m-1n-m +(n-m)321975(mod 125)(1)

从而3n-m≡1(mod 5),于是n-m是4的倍数.

设n-m=4k,则

代入(1)得

从而

k(20k+3)≡0(mod 25)

因此k必须是25的倍数,n-m至少等于4325=100,于是m+n的最小值为

n-m+2m=106,m=3,n=103

A2-006 求方程x+xy+xy+y=8(x+xy+y+1)的全部整数解x、y. 322322

【题说】 1980年卢森堡等五国国际数学竞赛题 6.本题由荷兰提供.

于是 x+xy+xy+y=(x+y)-2xy(x+y)=u-2vu

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

从而原方程变为

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

因u≠4,故(2)即为

322222322333

根据已知,u-4必整除72,所以只能有

u-4=±23,其中α=0,1,2,3;β=0,1,2

进一步计算可知只有u-4=223=6,于是

u=10,v=16

αβ

第八讲 整数问题:求解问题之二

A2-007 确定m+n的最大值,这里 m和 n是整数,满足 m,n∈{1,2,?,1981},(n-mn-m)=1.

【题说】 第二十二届(1981年)国际数学奥林匹克题 3.

【解】 若m=n,由(n-mn-m)=1得(mn)=1,故m=n=1.

若m≠n,则由n-mn-m=±1得 n>m.令n=m+uk,于是

[(m+uk)-m(m+uk)-m]=1

22222222222222

于是有

若uk≠uk-1,则以上步骤可以继续下去,直至

从而得到数列:

n,m,uk,uk-1,?,uk-l,uk-l-1

此数列任意相邻三项皆满足ui=ui-1+ui-2,这恰好是斐波那契型数列.

而{1,2,?,1981}中斐氏数为:1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,1597,可见m=

22987,n=1597时,m+n=3524578为满足条件的最大值.

A2-008 求方程w!=x!+y!+z!的所有正整数解.

【题说】 第十五届(1983年)加拿大数学奥林匹克题 1.

【解】 不妨设x?y?z.显然w?z+1,因此

(z+1)!?w!=x!+y!+z!?32z!

从而z?2.通过计算知x=y=z=2,w=3是原方程的唯一解.

A2-009 求满足下式的所有整数n,m:

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

【题说】 1984年匈牙利阿拉尼2丹尼尔数学竞赛(15年龄组)题 1.

【解】 由原式得

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

设m+m=k,我们有n(n+1)=k(k+2).显然,只可能两边为零.解是(0,0),(0,-1),(-1,0),(-1,1).

A1-010 前1000个正整数中可以表示成[2x]+[4x]+[6x]+[8x]的正整数有多少个?

【题说】 第三届(1985年)美国数学邀请赛题 10.

【解】 令f(x)=[2x]+[4x]+[6x]+[8x].

222244

个不同的正整数值.

另一方面f(x+n)=f(x)+20n对任一正整数n成立.将1-1000分为50段,每20个为1段.每段中,f(x)可取12个值.故总共可取到50312=600个值,亦即在前1000个正整数中有600个可以表示成[2x]+[4x]+[6x]+[8x]的形式.

3 A2-011 使n+100能被n+10整除的正整数n的最大值是多少?

【题说】 第四届(1986年)美国数学邀请赛题 5.

【解】 由n+100=(n+10)(n-10n+100)-900知,若n+100被n+10整除,则900也应被n+10整除.因此,n最大值是890.

323

第九讲 整数问题:求解问题之三

A2-012 a、b、c、d为两两不同的正整数,并且

a+b=cd,ab=c+d

求出所有满足上述要求的四元数组a、b、c、d.

【题说】 1987年匈牙利数学奥林匹克题 1.

【解】 由于a≠b,所以当且仅当a=1或b=1时,才有a+b?ab.

如果a、b都不是1,那么

c+d=ab>a+b=cd

由此知c=1或d=1.

因此a、b、c、d中总有一个(也只有一个)为1.如果a=1,那么由消去b可以推出

从而得到c=2,d=3,或者c=3,d=2.

这样,本题的答案可以列成下表

A2-013 设[r,s]表示正整数r和s的最小公倍数,求有序三元正整数组(a,b,c)的个数,其中[a,b]=1000,[b,c]=2000,

[c,a]=2000.

【题说】 第五届(1987年)美国数学邀请赛题 7.

【解】 显然,a、b、c都是形如225的数.设a=21251,b=22252,c=23253.

由[a,b]=1000=225,知max(m1,m2)=3,max(n1,n2)=3.同理,max(m2,m3)=4,max(n2,n3)=3;max(m1,m3)=4,max(n1,n3)=3.

由此,知m3应是4,m1、m2中必有一是3.另一个可以是0、1、2或3之任一种,因此m1、m2的取法有7种.又,n1、n2、n3中必有两个是3,另一个可以是0、1、2或3.因此n1、n2、n3取法有10种.故mi、ni(i=1、2、3)不同取法共有7310=70种,即三元组共有70个.

A2-014 设m的立方根是一个形如n+r的数,这里n为正整数,r为小于1/1000的正实数.当m是满足上述条件的最小正整数时,求n的值.

【题说】 第五届(1987年)美国数学邀请赛题12.

33mnmnmnmn

m=n+1<(n+10)

=n+3n210+3n210+10

于是 32-3-6-93-33

从而n=19(此时m=19+1为最小).

3

【题说】 第十三届(1987年)全俄数学奥林匹克九年级题 1.

【解】 144=12,1444=38

设n>3,则

22

则k必是一个偶数.所以

也是一个自然数的完全平方,但这是不可能的.因为平方数除以4,

因此,本题答案为n=2,3.

n A2-016 当n是怎样的最小自然数时,方程[10/x]=1989有整数解?

【题说】 第二十三届(1989年)全苏数学奥林匹克十年级题 1.

【解】 1989?10/x<1990

所以

10/1990<x?10/1989

1020.000502512?<x?1020.000502765?

所以n=7,这时x=5026与5027是解.

A2-017 设an=50+n,n=1,2,?.对每个n,an与an+1的最大公约数记为dn.求dn的最大值.

【题说】 1990年日本第1轮选拔赛题 9.

【解】

dn=(an,an+1)

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

=(50+n,2n+1) 22222nnnnn

=(2(n+50),2n+1)(因 2n+1是奇数)

=(2(n+50)-n(2n+1),2n+1)

=(100-n,2n+1)

=(100- n,2n+1+2(100- n))

=(100-n,201)?201

在n=100≠201k(k∈N)时,dn=201.

故所求值为201.

A2-018 n是满足下列条件的最小正整数:

(1)n是75的倍数;

(2)n恰为 75个正整数因子(包括1及本身).试求n/75.

【题说】 第八届(1990年)美国数学邀请赛题5.

【解】 为保证 n是75的倍数而又尽可能地小,可设n=22325,其中α?0,β?1,γ?2,并且

(α+1)(β+1)(γ+1)=75

由75=523,易知当α=β=4,γ=2时,符合条件(1)、(2).此时n=22325,n/75=432. 2442αβγ22

第十讲 整数问题;求解问题之四

A2-019 1.求出两个自然数x、y,使得xy+x和xy+y分别是不同的自然数的平方.

2.能否在988至1991范围内求到这样的x和y?

【题说】 第二十五届(1991年)全苏数学奥林匹克九年级题5.

【解】 1.例如x=1,y=8即满足要求.

2.假设

988?x<y?1991

x、y∈N,使得xy+x与xy+y是不同的自然数的平方,则

x<xy+x<xy+y

这时

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

>(x+1)-x=2x+1

y>3x+1

由此得

1991?y>3x+1?33998+1 222

矛盾!故在988与1991之间不存在这样的自然数x、y.

A2-020 求所有自然数n,使得

这里[n/k]表示不超过n/k的最大整数,N是自然数集.

【题说】 1991年中国数学奥林匹克题 5.

【解】 题给条件等价于,对一切k∈N,

k+n/k?1991 (1)

且存在k∈N,使得k+n/k<1992. (2)

(1)等价于对一切k∈N,

k-1991k+n?0

即 (k-1991/2)+n-1991/4?0 (3)

22242222222

故(3)式左边在k取32时最小,因此(1)等价于

n?1991332-32=10243967

又,(2)等价于存在k∈N,使

(k-996)+n-996<0

上式左边也在k=32时最小,故(2)等价于

n<1992332-32=10243968

故n为满足

10243967?n?10243967+1023

的一切整数.

A2-021 设n是固定的正整数,求出满足下述性质的所有正整数的和:在二进制的数字表示中,正好是由2n个数字组成,其中有n个1和n个0,但首位数字不是0.

【题说】 第二十三届(1991年)加拿大数学奥林匹克题2.

【解】 n=1,易知所求和S1=2.

n?2时,首位数字为1的2n位数,在其余2n-1位上,只要n个0的位置确定了.则n-1个1的位置也就确定了,从而这个2n位二进制数也随之确定.

2422224

现考虑第k(2n>k?1)位数字是1的数的个数.因为其中n个0的位置只可从2n-2个位置(除去首位和第k位)中选择,故这样的

将所有这样的2n位二进制数相加,按数位求和,便有

A2-022 在{1000,1001,1002,?,2000}中有多少对相邻的数满足下列条件:每对中的两数相加时不需要进位?

【题说】 第十届(1992年)美国数学邀请赛题6.

7或 8时,则当n和n+1相加时将发生进位.再若b=9而c≠9;a=9而b≠9或c≠9.则当n和n+1相加时也将发生进位.

如果不是上面描述的数,则n有如下形式

其中a,b,c∈{0,1,2,3,4}.对这种形式的n,当n和n+1相加时不会发生进位,所以共有

5+5+5+1=156

个这样的n.

A2-023 定义一个正整数n是一个阶乘的“尾”,如果存在一个正整数m,使得m!的十进位制表示中,结尾恰好有n个零,那么小于1992的正整数中有多少个不是阶乘的尾?

【题说】 第十届(1992年)美国数学邀请赛题15.

【解】 设f(m)为m!的尾.则f(m)是m的不减函数,且当m是5的倍数时,有

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

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

因此,从f(0)=0开始,f(m)依次取值为:

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

32

如果存在m使f(m)=1991,则

因而m>431991=7964.由公式(1)可计算出f(7965)=1988,从而f(7975)=1991.

在序列(1)中共有7980项,不同的值有7980/5=1596个.所以在{0,1,2,?,1991}中,有1992-1596=396个值不在

(1)中出现.这就说明,有396个正整数不是阶乘的尾.

第十一讲:整数问题:求解问题之五

A2-024 数列{an}定义如下:a0=1,a1=2,an+2=an+(an+1).求a1992除以7所得的余数.

【题说】 1992年日本数学奥林匹克预选赛题1.

【解】 考虑an以7为模的同余式:

a0=1≡1(mod 7)

a1=2≡2(mod 7)

a1=1+2=5≡-2(mod 7)

a3≡2+(-2)=6≡-1(mod 7)

a4≡-2+(-1)=-1(mod 7)

a5≡-1+(-1)=0(mod 7)

a6≡-1+0=-1(mod 7)

a7≡0+(-1)=1(mod 7)

a8≡-1+1=0(mod 7)

a9≡1+0=1(mod 7)

a10≡0+1=1(mod 7)

a11≡1+1=2(mod 7)

所以,an除以7的余数以10为周期,故a1992≡a2≡5(mod 7).

A2-025 求所有的正整数n,满足等式

S(n)=S(2n)=S(3n)=?=S(n)

其中S(x)表示十进制正整数x的各位数字和.

【题说】 1992年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克(最后一轮)题 3.

【解】 显然,n=1满足要求.

由于对正整数x,有S(x)≡x(mod 9),故当n>1时,有

n≡S(n)≡S(2n)≡2n(mod 9)

所以9|n.

若n是一位数,则n=9,又S(9)=S(239)=S(339)=?=S(9)=9,故9满足要求.

2222222222222

10?n<10kk+1

又9

10k,故

10+1?n<10kk+1

若n<10+10kk-1+?+10+1,则

与已知矛盾,从而

n?10+10

令n=9m.设m的位数为l(k?l?k+1),m-1=

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

S(n)=S((10+10

=S((10

=S(10k+1kk-1+?+10+1)n) -1)m) k+1k+1(m-1)+(10-10)+(10 ll

-m))

其中9有k+1-l个,bi+ci=9,i=1,2,?,l.

所以

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

由于n是 k+1位数,所以 n=99?9=10

另一方面,当 n=99?9=10k+1k+1-1. 2-1时,S(n)=S(2n)=S(3n)=?=S(n).

k综上所述,满足要求的正整数为n=1及n=10-1(k?1).

A2-026 求最大正整数k,使得3|(2+1),其中m为任意正整数.

【题说】 1992年友谊杯国际数学竞赛十、十一年级题 2.

【解】 当m=1时,2+1=9,故k?2.又由于

2+1=(2)

≡(-1)3

=0

所以,对任意正整数m,9|(2+1).即所求k的值为2. 3mm-13m33m-13mk3m+1 +1(mod 9)

最大整数.

【题说】 1993年全国联赛一试题2(4),原是填空题.

【解】 因为10+3=(10)+3

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

3)

231312319333133

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

它的个位数字是8,十位数字是0.

A2-028 试求所有满足如下性质的四元实数组:组中的任一数都等于其余三个数中某两个数的乘积.

【题说】 第十九届(1993年)全俄数学奥林匹克十一年级二试题5.

【解】 设这组数的绝对值为a?b?c?d.无论a为b,c,d哪两个数的乘积,均有a?bc,类似地,d

2?bc.从而,bc?a?b?c?d?bc,即a=b=c=d=a.所以a=0或1,不难验证,如果组中有负数,则负数

的个数为2或3.

所以,答案为{0,0,0,0},{1,1,1,1},{-1,-1,1,1},{-1,-1,-1,1}. 3131

第十二讲 整数问题:求解问题之六

A2-029 对任意的实数x,函数f(x)有性质f(x)+f(x-1)=x.如果f(19)=94,那么f(94)除以1000的余数是多少?

【题说】 第十二届(1994年)美国数学邀请赛题3.

【解】 重复使用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)+

306 2222222222222

=4561

因此,f(94)除以1000的余数是561.

A2-030 对实数x,[x]表示x的整数部分,求使[log21]+[log22]+[log23]+?+[log2n]=1994成立的正整数n.

【题说】 第十二届(1994年)美国数学邀请赛题 4.

【解】 [long21]+[log22]+[log23]+?+[log2128]+[log2129]+?+[log2255]=231+432+833+1634+3235+6436+12837=1538.

A2-031 对给定的一个正整数n.设p(n)表示n的各位上的非零数字乘积(如果n只有一位数字,那么p(n)等于那个数字).若S=p(1)+p(2)+p(3)+?+p(999),则S的最大素因子是多少?

【题说】 第十二届(1994年)美国数学邀请赛题5.

【解】 将每个小于1000的正整数作为三位数,(若位数小于3,则前面补0,如 25可写成 025),所有这样的正整数各位数字乘积的和是

(02020+02021+02022+?+92928+92929)-02020

=(0+1+2+?+9)-0

p(n)是n的非零数字的乘积,这个乘积的和可以由上面表达式将0换成1而得到.

因此,

3

=46-1=325272103

最大的素因子是103.

A2-032 求所有不相同的素数p、q、r和s,使得它们的和仍是素数,并且p+qs及p+qr都是平方数.

【题说】 第二十届(1994年)全俄数学奥林匹克九年级题7.

【解】 因为四个奇素数之和是大于2的偶数,所以所求的素数中必有一个为偶数2.

若p≠2,则p+qs或p+qr中有一个形如(2k+1)+2(2l+1)=4(k+k+l)+3,这是不可能的,因为奇数的平方除以4的余数是1,所以p=2.

设2+qs=a,则qs=(a+2)(a-2).

若a-2=1,则qs=5,因为q、s是奇素数,所以上式是不可能的.于是只能是

q=a-2, s=a+2

或者

q=a+2,s=a-2

所以s=q-4或q+4.同理r=q-4或q+4. 2222222233

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】 n+1=n+mn-(mn-1),所以mn-1|n(n+m).因为(mn-1,n)=1,所以mn-1|n+m.又n(m

2+n)-(n+m)=m(mn-1),

所以mn-1|m+n.因此m,n对称,不妨设m?n.

当n=1时,mn-1=m-1|n+1=2,从而m=2或3,以下设n?2.

若m=n,则n-1|(n+1)=(n-n)+(n+1),从而n-1|(n+1),m=n=2.

若m>n,则由于

2(mn-1)?n+mn+n-2?n+2m>n+m

所以mn-1=n+m,即

(m-n-1)(n-1)=2

从而

222223323233222

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

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+y+z=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y、z、xyz均被z整除得出z|x.设x=az,y=bz,则原方程化为

a+b+z=abz

2222 2322223(1) 由b、abz被b整除得b|(a+z).于是b?a+z.

a+z+b=abz

=(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

(z-2)a-2Z<0 (3)

从而z?2(否则(3)的左边?z-2-2z?z-2>0). 2222222

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(5+7,5+7).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)=(5+7,5+7).

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,

(5+7,5+7)

=(5+7,(5+7)(5

+7n-2mmmmmn-mmmnnmmnnmmnn2+7n-m)-57(5mmn-2m ))

mmmn-2m=(5+7,57(5

=(5+7,5mmn-2mm+7) n-2m)) +7n-2m

当m?n<2m时,

(5+7,5+7)

=(5+7,(5+7)(5

-nmmnnmmmmn-m+7n-m)-5n-mn-m7(5 2m+72m-n))

m2m-n=(5+7,5

m+72m-n)

(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

16r2-15s=16b+15b=481b (1)

所以 16r-15s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. 2222222

同样,由于0,±1,±2,±3,±4,±5,±6,±7,±8,±9,±10,±11,±12,±13,±14,±15,±16,±17,±18的平方为 0,±1,±3,±4,±9,±12,±16(mod 37),所以必有 37|s.

于是481|s.由(1),481|r.

在r=s=481时,b=(16-15)3481=481,a=(16+15)3481=313481,满足15a+16b=r,16a-15b=s. 所以所说最小值为481.

A2-044 设自然数n为十进制中的10位数.从左边数起第1位上的数恰是n的数字中0的个数,第2位上的数恰是n的数字中1的个数,一般地,第k+1位上的数恰是n的数字中k的个数(0?k?9).求一切这样的数n.

【题说】 1997年日本数学奥林匹克预选赛题 7.

【解】 设n的左数第k+1位上的数字为nk(0?k?9),则数字k出现的次数为nk.因为n是10位数,所以

n0+n1+n2+?+n9=10 (1)

又数字k若在左数第nj+1位上出现,则数字j在n中出现k次.nk个k意味着有数字j1,j2,?,jnk,共出现knk次.于是,又有

ni+2n2+?+9n9=10 (2)

由(2)显然n5,n6,n7,n8,n9,至多一个非零,且n6,n7,n8,n9均?1.

若 n5=n6=n7=n8=n9=0 (3)

则n0?5.于是n中至少有一个数字?5,与(3)矛盾.所以n5,n6,n7,n8,n9中有一个非零,其余四个为0.从而 n1+2n2+3n3+4n4?5 (4)

(4)表明n1,n2,n3,n4中至少有两个为0,从而n中0的个数不少于6,即n0?6.于是n6,n7,n8,n9中有一个为1,n5=0.

若n9=1,则n0=9,n1?1,这显然不可能.

若n8=1,则n0=8,n1?1,但无论n1>1或n1=1均不合要求.

若n7=1,则n0=7,n1=1或2,前者显然不合要求.后者导致n2?1,n0+n1+n2+n7>10也不合要求.

若n6=1,则n0=6,n1=2或3.n1=2时,n2=1,数6210001000满足要求.n1=3时,n3>0,n0+n1+n3+n6>10,不合要求.

综上所述,满足条件的10位数n只有6210001000.

A2-045 求所有的整数对(a,b),其中a?1,b?1,且满足等式a=b.

【题说】 第三十八届(1997年)国际数学奥林匹克题5.本题由捷克提供.

【解】 显然当a、b中有一个等于1时,(a,b)=(1,1).以下设a,b?2.

设t=b/a,则由题中等式得到b=a,at=a,从而t=a

>t,矛盾.所以2t-1<1.于是我们有0<t<1.

记K=1/t,则K=a/b>1为有理数,由a=b可知

K=bK-2 2k2t2t2t-1b2a22.如果2t-1?1,则t=a2t-1?(1+1)2t-1?1+(2t-1)=2t(1)

如果K?2,则K=bK-2?1,与前面所证K>1矛盾,因此K>2.设K=p/q,p,q∈N,p、q互质,则p>2q.于是由(1)

q=1,即K为一个大于2的自然数.

当b=2时,由(2)式得到K=2K-2,所以K?4.又因为

等号当且仅当K=4时成立,所以得到a=b=2=16.

当b?3时,=b

=27. K-2K4?(1+2)K-2?1+2(K-2)=2K-3.从而得到K?3.这意味着K=3,于是得到b=3,a=b=3K3

综上所述,满足题目等式的所有正整数对为(a,b)=(1,1),(16,2),(27,3).

第十五讲 整数问题:数字问题之一

时间:2004-4-19 11:57:00 来源:www.jiajiao100.com 我要通过家教人才库请各科家教 怎样才能考取重点中学?

A3-001 在数3000003中,应把它的百位数字和万位数字0换成什么数字,才能使所得的数能被13整除?

【题说】 1950年~1951年波兰数学奥林匹克三试题2.

【解】 设所求数字为x和y,则有

因为10、10、10除以13时,分别得余数1、3、9,所以

n≡3+3x+9y+3=3(2+x+3y)(mod 13)

当且仅当x+3y+2被13整除,即

x+3y+2=13m(m为自然数) (1)

时,n被13整除.由于

x+3y+2?9+329+2=38

所以m只能取1或2.

当m=1时,由方程(1)及0?x,y?9,解得

x=8,y=1;x=5,y=2;x=2,y=3

当m=2时,解得x=9,y=5;x=6,y=6;x=3,y=7;x=0,y=8. 642

故本题共有7个解:3080103,3050203,3020303,3090503,3060603,3030703,3000803.

A3-002 求出所有这样的三位数,使其被11整除后的商数等于该三位数各位数字的平方和.

【题说】 第二届(1960年)国际数学奥林匹克题1.本题由保加利亚提供.

【解】 设这个三位数除以11以后的商为10a+b,其中 a是商的十位数,b是商的个位数.若a+b?10,则原数为

100(a+1)+10(a+b-10)+b

若a+b<10,则原数为

100a+10(a+b)+b

以下对这两种情形分别讨论.

先考虑第一种情形.由题设有

(a+1)+(a+b-10)+b=10a+b (1)

若a+b>10,则有

(a+1)+(a+b-10)+b?(a+1)+1+

(11-a) 2

2222222

故若(1)式成立,只能有a+b=10.

将b=10-a代入(1)解得唯一的一组正整数解

a=7,b=3

再考虑第二种情形.此时由题设有

a+(a+b)+b=10a+b (2)

若a+b>5,则有

a+(a+b)+b=2(a+b)2a+2b>10a+b

故若(2)成立,只能有a+b?5.注意在(2)式中左边和10a都是偶数;因此b也是偶数.若a+b<5,则b只能为2,将b=2代入(2)得不到整数解,因此只能有a+b=5.

将b=5-a代入(2)得唯一的一组正整数解

a=5,b=0

综上所述,合乎要求的三位数只有550,803.

A3-003 下面是一个八位数除以一个三位数的算式,试求商,并说明理由. 2222222

【题说】 1958年上海市赛高三题1.

【解】 原式可写成:

其中所有未知数都表示数字,且下标为1的未知数都不等于零.x1x2x3等表示x1210+x2210+x3等.

(1)因为得到商的第一个数字7后,同时移下两个数字a5、a6,所以y2=0,同理y4=0.

(2)四位数a1a2a3a4与三位数b1b2b3之差为两位数c1c2,所以a1=1,a2=0,b1=9,同理,c1=1,c2=0,d1=9,于是a4=b3,b2=9,a3=0.

(3)由73x1x2x3=99b3,所以x1=1,x2=4.990-73140=10,所以x3=2,b3=4,从而a4=b3=4.

(4)由c1=1,c2=0可知y3=7.

(5)y53142是四位数,所以x5?8.又因y53142的末位数字是8,所以y5=9.

于是商为70709,除数142,从而被除数为10040678.

A3-004 证明:在任意39个连续的自然数中,总能找到一个数,它的数字之和被11整除.

【题说】 1961年全俄数学奥林匹克八年级题 3.

【证】 在任意39个连续自然数中,一定有三个数末位数字为0,而前两个数中一定有一个十位数字不为9,设它为N,N的数字之和为n,则N,N+1,N+2,?,N+9,N+19这11个数的数字之和依次为n,n+1,n+2,?,n+9,n+10,其中必有一个是11的倍数.

【注】 39不能改为38.例如999981至1000018这38个连续自然数中,每个数的数字和都不被11整除.本题曾被改编为匈牙利1986年竞赛题、北京市1988年竞赛题.

A3-005 求有下列性质的最小自然数n:其十进制表示法以6结尾;当去掉最后一位6并把它写在剩下数字之前,则成为n的四倍数.

【题说】 第四届(1962年)国际数学奥林匹克题1.本题由波兰提供. 2

【解】 设n=10m+6,则6310+m=4(10m+6),其中p为m的位数.于是m=2(10-4)/13,要使m为整数,p至少为5,此时,n=153846.

A3-006 公共汽车票的号码由六个数字组成.若一张票的号码前三个数字之和等于后三个数字之和,则称它是幸运的.证明:所有幸运车票号码的和能被13整除.

【题说】 1965年全俄数学奥林匹克八年级题 4.

【证】 设幸运车票的号码是A,则A′=999999-A也是幸运的,且A≠A′.因为A+A′=999999=99931001含因数

13.而所有幸运号码都能如此两两配对.所以所有幸运号码之和能被13 整除.

A3-007 自然数k有如下性质:若n能被k整除,那末把n的数字次序颠倒后得到的数仍能被k整除.证明:k是99的因子.

【题说】 第一届(1967年)全苏数学奥林匹克十年级题5.

【证】 k与10互质.事实上,存在首位为1且能被k整除的数,把它的数字倒过来也能被k整除,而此数的末位数字为1. 取以500开头的且被k整除的数:500abc?z,(a,b,c,?,z是这个数的数字),则以下的数均被k整除:

(1)z?cba005.

(2)和

pp

(3)把(2)中的和倒过来

z?cba00010abc?z

(4)差

由此看出,99能被k整除.

A3-008 计算由1到10的每一个数的数字之和,得到10个新数,再求每一个新数的数字之和;这样一直进行下去,直到都是一位数为止.那么,最后得到的数中是1多,还是2多?

【题说】 1964年全俄数学奥林匹克八年级题3.考虑整数被9除的余数.

【解】 一个正整数与其数字之和关于9是同余的,故最后所得的一位数为1者,是原数被9除余1的数,即1,10,19,?,

9999999991及10.

同理,最后所得一位数为2者,原数被9除余2,即2,11,20,?,999999992.

二者相比,余1者多一个数,因此,最后得到的一位数中以1为多.

A3-009 求出具有下列性质的所有三位数A:将数A的数字重新排列,得出的所有数的算术平均值等于A.

【题说】 第八届(1974年)全苏数学奥林匹克九年级题 5.

99

由此可得222(a+b+c)=6(100a+10b+c),即7a=3b+4c,将这方程改写成

7(a-b)=4(c-b)

当0?b?2时,a=b=c,或a-b=4且c-b=7.

当7?b?9时,b-a=4,b-c=7,从而

A∈{111,222,?,999,407,518,629,370,481,592}

显然这15个三位数都合乎要求.

第十六讲 整数问题:数字问题之二

A3-010 当4444

数都是十进制数). 4444写成十进制数时,它的各位数字之和是A,而B是A的各位数字之和,求B的各位数字之和(所有的

【题说】 第十七届(1975年)国际数学奥林匹克题4.本题由原苏联提供.

【解】 因为4444

A?177760

B?1+539=46,B的数字和C?4+9=13

由于一个数与它的数字和mod 9同余,所以

C≡B≡A≡4444

=(7)3148144444444的位数不超过434444=17776,所以 ≡74444 37≡1178137

≡7(mod 9)

故C=7,即数B的各位数字之和是7.

A3-011 设n是整数,如果n的十位数字是7,那么n的个位数字是什么?

【题说】 第十届(1978年)加拿大数学奥林匹克题1.

【解】 设n=10x+y,x、y为整数,且0?y?9,则

n=100x+20xy+y

=20A+y(A为正整数)

因20A的十位数字是偶数,所以要想使n十位数字是7,必须要y的十位数字是奇数,这只有y=16或36.从而y的个位

2数字,即n的个位数字都是6.

A3-013 下列整数的末位数字是否组成周期数列?

2222222222

其中[a]表示数a的整数部分.

【题说】 第十七届(1983年)全苏数学奥林匹克九年级题 4.

由于

不循环小数,所以{a2k+1}从而{an}不是周期数列.

在二进制中的末位数字.显然,bn为偶数时,rn=0,bn为奇数时,rn=1.仿(a)可证{rn}不是周期的,从而{bn}也不是周期数列.

A3-014 设an是1+2+?+n的个位数字,n=1,2,3,?,试证:0.a1a2?an?是有理数.

【题说】 1984年全国联赛二试题 4.

【证】 将(n+1),(n+2),?,(n+100)这100个数排成下表:

(n+1)2 222222(n+2)2 ? (n+10)

? (n+20) 22(n+11)2 (n+12)2

? ? ? ?

(n+91)

22 (n+92)22 ? (n+100) 2因k与(k+10)的个位数字相同,故表中每一列的10个数的个位数字皆相同.因此,将这100个数相加,和的个位数字是0.

所以,an+100=an对任何n成立.

这说明0.a1a2a3?是循环小数,因而是有理数.

A3-015 是否存在具有如下性质的自然数n:(十进制)数n的数字和等于1000,而数n的数字和等于1000?

【题说】 第十九届(1985年)全苏数学奥林匹克八年级题 2.

【解】 可用归纳法证明更一般的结论:

对于任意自然数m,存在由1和0组成的自然数n,它的数字和S(n)=m,而n的数字和S(n)=m?

当m=1,n=1时,显然满足要求.

设对自然数m,存在由1和0组成的自然数n,使得

S(n)=m,S(n)=m

设n为k位数,取

n1=n310k+12222222+1,则n1由0,1组成并且

S(n1)=S(n)+1=m+1

=S(n310

(1)

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

=m+2m+1

=(m+1)

因此命题对一切自然数m均成立.

A3-017 设自然数n是一个三位数.由它的三个非零数字任意排列成的所有三位数的和减去 n等于1990.求 n.

【题说】 1989年芜湖市赛题 3.

22222k+2)+S(2n310k+1)+S

2090<222(a+b+c)=1990+n<2989

2090>22239=1998,222310=2220=1990+230

222311=244231990+452,222312=2664=1990+674

222313=2886=1990+896,222314=3108>2989

经验证:a+b+c=11时,n=452符合题意.

A3-018 定义数列{an}如下:a1=19891989,an等于an-1的各位数字之和,a5等于什么?

【题说】 第二十一届(1989年)加拿大数学奥林匹克题 3.

【解】 由a1<10000=b1,而b1的位数是431989+1=7957,知a2<1038000=80000,所以a2最多是5位数,从而a3?539=45,a4?4+9=13,因此a5一定是一位数.

另一方面,由9|1989,知9|a1,因而9可整除a1的数字和,即9|a2,又因此有9|a3,9|a4,9|a5.所以a5=9. 1989

第十七讲 整数问题:数字问题之三

A3-019 某州颁发由6个数字组成的车牌证号(由0—9的数字组成),且规定任何两个牌号至少有两个数字不同(因此,证号“027592”与“020592”不能同时使用),试确定车牌证号最多有多少个?

【题说】 第十九届(1990年)美国数学奥林匹克题1.

【解】 至多可造出不同的五位证号a1a2a3a4a510个.令a6是a1+a1+a3+a4+a5的个位数字,所成的六位数便满足要求.因为如果两个数的前五位中只有一个数字不同,那么第6位数字必然不同.

另一方面,任何10+1个6位数中,总有两个前五位数字完全相同.

因此,符合题目要求的车牌证号最多有10个.

A3-020 设 A=99?99(81位全为9),求A的各位数字之和.

【题说】 1991年日本数学奥林匹克预选赛题1. 2555

【解】 由A=10-1知

A=10216281-2210+1 81

=99?980?01

↑ ↑

162位 82位

故A各位数字之和=93(162-82)+8+1=729.

A3-021 如果一个正整数的十进制表示中至少有两个数字,并且每个数字都比它右边的数字小,那么称它为“上升”的.这种“上升”的正整数共有多少个?

【题说】 第十届(1992年)美国数学邀请赛题2.

【解】 符合条件的正整数中的数字,都是不同的非零数码,即集合S={1,2,3,?,9}的二元或二元以上的子集.反过

9来,S的每个二元或二元以上的子集,将它的数码从小到大排列,也得到一个符合条件的正整数.S的子集共有2

=512个,其中只含一个元素的子集有9个,一个空集.故符合条件的正整数共有512-10=502个.

A3-022 试用一个n的函数,表示乘积

2

在十进制下各位数字的和.

【题说】第二十一届(1992年)美国数学奥林匹克题1.

【解】先给出引理:设自然数m的位数不多于d,M=(10-1)m(k?d).则

S(M)=9k

这里S(M)表示M中各位数字的和.

事实上,令M=(10-1)m=p+q+r,这里p=10(m-1),q=10-m,r=10-10.若m-1的十进制的表示是

kkdkdk

ai+bi=9(i=1,2,?,d)

r=(10-1)-(10-1)

=99?9(k个9)-99?9(d个9)

=99?900?0(k-d个9,d个0)

kd

个9,d个0)

从而,S(M)=9k

记题给乘积为M',且令

A3-023 求方程

的各个正根的乘积的最后三位数字.

【题说】第十三届(1995年)美国数学邀请赛题2.

【解】令y=1og1995x.由原方程取对数得

其最后三位数字为025.

A3-024 一个六位数的首位数字是5,是否总能够在它的后面再添加6个数字,使得所得的十二位数恰是一个完全平方数?

【题说】1995年城市数学联赛高年级普通水平题3.

【解】不.若不然,10个以5为首位数字的六位数可以衍生出105个十二位的完全平方数.即有10个自然数n满足.

5310?n<6310

亦即

7310<n<8310

由于7310与8310之间不存在10个整数,故上式不可能成立. 555551121155

第十八讲 整数问题:整除之一

A4-001 证明:当且仅当指数n不能被4整除时,1+2+3+4能被5整除.

【题说】1901年匈牙利数学奥林匹克题1.

【证】容易验证1≡2≡3≡4(mod 5) 4444 nnnn

假设n=4k+r,k是整数,r=0,1,2,3.则

Sn=1+2+3+4≡1+2+3+4(mod 5)

由此推出,当r=0时,Sn≡4,而当r=1,2,3时,Sn≡0(mod 5).因此,当且仅当n不能被4整除时,Sn能被5整除. A4-002 证明:从n个给定的自然数中,总可以挑选出若干个数(至少一个,也可能是全体),它们的和能被n整除.

【题说】1948年匈牙利数学奥林匹克题3.

【证】设a1,a2,?,an是给定的n个数.考察和序列:a1,a1+a2,a1+a2+a3,?,a1+a2+?+an.

如果所有的和数被n除时余数都不相同,那么必有一个和数被n除时余数为0.此时本题的断言成立.

如果在n个和数中,有两个余数相同(被n除时),那么从被加项较多的和数中减去被加项较少的和数,所得的差能被n整除.此时本题的断言也成立.

A4-003 1.设n为正整数,证明13-1是168的倍数.

2.问:具有那种性质的自然数n,能使1+2+3+?+n整除12223?2n.

【题说】1956年上海市赛高三复赛题1.

【解】1.13-1=(13)-1,能被13-1,即168整除.

2.问题即

2n2n22nnnnnrrrr

何时为整数.

(1)若n+1为奇质数,则

(n+1)

(2)若n+1=2,则

(n+1)|2(n-1)!

(3)若n+1为合数,则

n+1=ab

其中a?b>1.

在b=2时,a=n+1-a?n-1,所以

a|(n-1)!,(n+1)|2(n-1)!

在b>2时,2a?n+1-a<n-1,所以

2ab|(n-1)!

更有 (n+1)|2(n-1)!

综上所述,当n≠p-1(p为奇质数)时,1+2+?+n整除122?2n. 2(n-1)!

A4-004 证明:如果三个连续自然数的中间一个是自然数的立方,那么它们的乘积能被504整除.

【题说】 1957年~1958年波兰数学奥林匹克三试题1.

【证】设三个连续自然数的乘积为n=(a-1)a(a+1).

(1)a≡1,2,-3(mod 7)时,7|a-1.a≡-1,-2,3(mod 7)时,7|a+1.a≡0(mod 7)时,7|a.因此7|n.

(2)当a为偶数时,a被8整除;而当a为奇数时,a-1与a+1是两个相邻偶数,其中一个被4整除,因此积被8整除.

(3)a≡1,-2,4(mod 9)时,9|a-1.a≡-1,2,-4(mod 9)时,9|a+1.a≡0,±3(mod 9)时,9|a.因此9|n. 由于7、8、9互素,所以n被504=73839整除.

A4-005 设x、y、z是任意两两不等的整数,证明(x-y)+(y-z)+(z-x)能被5(y-z)(z-x)(x-y)整除.

【题说】1962年全俄数学奥林匹克十年级题3.

【证】令x-y=u,y-z=v,则z-x=-(u+v).

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

=5uv(n+v)(u+uv+v)

而 5(y-z)(z-x)(x-y)=-5uv(u+v).因此,结论成立,而且除后所得商式为u+uv+v=x+y+z-2xy-2yz-2xz.

【别证】也可利用因式定理,分别考虑原式含有因式(x-y),(y-z),(z-x)以及5.

A4-006 已知自然数a与b互质,证明:a+b与a+b的最大公约数为1或2.

【题说】1963年全俄数学奥林匹克八年级题4.

【证】设(a+b,a+b)=d,则d可以整除

(a+b)-(a+b)=2ab

但由于a、b互质,a的质因数不整除a+b,所以d与a互质,同理d与b互质.因此d=1或2 22222222222222555555555333333333333

第十九讲 整数问题:整除之二

A4-007 (a)求出所有正整数n使2-1能被7整除.

(b)证明:没有正整数n能使2+1被7整除.

【题说】第六届(1964年)国际数学奥林匹克题1.本题由捷克斯洛伐克提供.解的关键是找出2被7除所得的余数的规律.

【证】(a)设m是正整数,则

2=(2)=(7+1) 3m3mm

nnn

=7k+1(k是正整数)

从而 2

23m+23m3m+1=222=2(7k+1)=7k1+2 3m=422=4(7k+1)=7k2+4

所以当n=3m时,2-17k;

当n=3m+1时,2-1=7k1+1;

当n=3m+2时,2-1=7k2+3.

因此,当且仅当n是3的倍数时,2-1能被7整除.

(b)由(a)可知,2+1被7除,余数只可能是2、3、5.因此,2+1总不能被7整除.

A4-008 设k、m和n为正整数,m+k+1是比n+1大的一个质数,记Cs=s(s+1).证明:乘积

(Cm+1-Ck)(Cm+2-Ck)?(Cm+n-Ck)

能被乘积C12C22?2Cn整除.

【题说】第九届(1967年)国际数学奥林匹克题3.本题由英国提供.

【证】Cp-Cq=p(p+1)-q(q+1)

=p-q+p-q=(p-q)(p+q+1)

所以 (Cm+1-Ck)(Cm+2-Ck)?(Cm+n-Ck)

=(m-k+1)(m-k+2)?(m-k+n)2(m+k+2)(m+k+3)2?2(m+k+n+1)

C1C2?Cn=n!(n+1)!

因此只需证

22nnnnnn

=A2B

是整数.

由于n个连续整数之积能被n!整除,故A是整数.

是整数.因为m+k+1是大于n+1的质数,所以m+k+1与(n+1)!互素,从而(m+k+2)(m+k+3)?(m+k+n+1)能被(n+1)!整除,于是B也是整数,命题得证.

A4-009 设a、b、m、n是自然数且a与b互素,又a>1,证明:如果a+b能被a+b整除,那么m能被n整除.

【题说】第六届(1972年)全苏数学奥林匹克十年级题1.

【证】由于

a+b=a(a+b)-b(a-b)

a-b=a(a+b)-b(a+b) lll-nnnnl-nl-nkkk-nnnnk-nk-nmmnn

所以

(i)如果a+b能被a+b整除,那么a-b

llnnl-nkknnk-nk-n也能被a+b整除. nnnn(ii)如果a-b能被a+b整除,那么a+b也能被a+b整除.

设m=qn+r,0?r<n,由(i)、(ii)知a+(-1)b能被a+b整除,但0?|a+(-1)b|<a+b,故r=0(同时q是奇数).亦即n|m.

A4-010 设m,n为任意的非负整数,证明:

rqrnnrqrnnl-n

是整数(约定0!=1).

【题说】第十四届(1972年)国际数学奥林匹克题3.本题由英国提供.

易证 f(m+1,n)=4f(m,n)-f(m,n+1) (1)

n)为整数,则由(1),f(m+1,n)是整数.

因此,对一切非负整数m、n,f(m,n)是整数.

A4-011 证明对任意的自然数n,和数

不能被5整除.

【题说】第十六届(1974年)国际数学奥林匹克题3.本题由罗马尼亚提供.

两式相乘得

因为72n+1=7349≡23(-1)(mod 5)

nn

A4-012 设p和q均为自然数,使得

证明:数p可被1979整除.

【题说】第二十一届(1979年)国际数学奥林匹克题1.本题由原联邦德国提供.

将等式两边同乘以1319!,得

其中N是自然数.

由此可见1979整除1319!3p.因为1979是素数,显然不能整除1319!,所以1979整除p.

A4-013 一个六位数能被37整除,它的六个数字各个相同且都不是0.证明:重新排列这个数的六个数字,至少可得到23个不同的能被37整除的六位数.

【题说】第十四届(1980年)全苏数学奥林匹克十年级题1.

(c+f)被37整除.

由于上述括号中的数字是对称出现的,且各数字不为0,故交换对

又因为100a+10b+c=-999c+10(100c+10a+b),所以

各再得7个被37整除的数,这样共得23个六位数.

第二十讲 整数问题:整除之三

A4-014 (a)对于什么样的整数n>2,有n个连续正整数,其中最大的数是其余n-1个数的最小公倍数的约数? (b)对于什么样的n>2,恰有一组正整数具有上述性质?

【题说】第二十二届(1981年)国际数学奥林匹克题4.

【解】设n个连续正整数中最大的为m.

当n=3时,如果m是m-1,m-2的最小公倍数的约数,那么m整除(m-1)(m-2),由m|(m-1)(m-2)得m|2,与m-2>0矛盾.

设n=4.由于

m|(m-1)(m-2)(m-3)

所以m|6,而m>4,故这时只有一组正整数3,4,5,6具有所述性质.

设n>4.由于m|(m-1)(m-2)?(m-n+1),所以m|(n-1)!取m=(n-1)(n-2),则(n-1)|(m-(n-1)),(n-2)|(m-(n-2)).由于n-1与n-2互质,m-(n-1)与m-(n-2)互质,所以m=(n-1)(n-2)整除m-(n-1)与m-(n-2)的最小公倍数,因而m具有题述性质.

类似地,取m=(n-2)(n-3),则m整除m-(n-2)与m-(n-3)的最小公倍数,因而m具有题述性质.

所以,当n?4时,总能找到具有题述性质的一组正整数.当且仅当n=4时,恰有唯一的一组正整数.

A4-018 试求出所有的正整数a、b、c,其中1<a<b<c,使得(a-1)(b-1)(c-1)是abc-1的约数.

【题说】第三十三届(1992年)国际数学奥林匹克题1.本题由新西兰提供.

【解】设x=a-1,y=b-1,z=c-1,则1?x<y<z并且xyz是

(x+1)(y+1)(z+1)-1=xyz+x+y+z+xy+yz+zx的约数,从而xyz是x+y+z+xy+yz+zx的约数.

由于x+y+z+xy+yz+zx<3yz,所以x=1或2.

若x=1,则yz是奇数1+2y+2z的约数.由于1+2y+2z<4z,所以y=3.并且3z是7+2z的约数.于是z=7.

若x=2,则2yz是2+3y+3z+yz的约数,从而y,z均为偶数,设y=2y1,z=2z1,则4y1z1?1+3y1+3z1+2y1z1<6z1+2y1z1,所以y1<3.因为y>x,所以y1=2,y=4.再由8z1是7+7z1的约数得z1=7,z=14.

因此,所求解为(3,5,15)与(2,4,8).

A4-019 x与y是两个互素的正整数,且xy≠1,n为正偶数.证明:x+y不整除x+y.

【题说】1992年日本数学奥林匹克题1.

【证】由(x,y)=1知(x+y,y)=1,(x+y,xy)=1.

当n=2时,x+y=(x+y)-2xy.由于x+y>2,所以(x+y)

假设当n=2k(k∈N+)时,(x+y)

x

所以(x+y)

A4-020 证明当且仅当n+1不是奇素数时,前n个自然数的积被前n个自然数的和整除.

【题说】第二十四届(1992年)加拿大数学奥林匹克题1.

(x2(k+1)2(k+1)2k2k222nn2xy.故(x+y)

(x+y). 22(x+y).则当n=2(k+1)时,由于 +y2(k+1)=(x+y)(x2k+1+y2k+1)-xy(x+y) nn2k2k+y2(k+1)).故对一切正偶数n,x+y不整除x+y.

若n+1为奇合数,设n+1=qr,q、r为奇数且3?q?r,则

n

A4-021 找出4个不同的正整数,它们的积能被它们中的任意两个数的和整除. 你能找出一组5个或更多个数具有同样的性质吗?

【题说】1992年英国数学奥林匹克题3.

【解】显然,2、6、10、14满足要求.

任取n个不同的正整数。a1、a2、?、an,令

则n个不同的正整数la1、la2、?、lan中任意两个的和显然整除l,从而整除它们的积la1a2?an. A4-022 求最大自然数x,使得对每一个自然数y,x能整除7+12-1.

【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛七年级题1.

【解】当y=1时,7+12y-1=18.假设7+12y-1是18的倍数,因为 7y+1yyyy2n+12(y+1)-1=637+12+(7+12y-1)

yyyy=63(7+2)+(7+12y-1)

7+2≡1+2≡0(mod 3)

所以,7y+1y+12(y+1)-1是18的倍数.

y从而对一切自然数y,18整除7+12y-1,所求的x即18.

A4-023 证明:若n为大于1的自然数,则2-1不能被n整除.

【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛九年级题2.

【证】若n是偶数,显然有n

n

nn(2-1).若n是奇素数,由费马定理知2≡2(mod n),所以2-1≡1(mod n),即p-1i

nr

nnnn(2-1).若n是奇合数,设p是n的最小素因子,由费马定理知2≡1(mod P);若i是使2≡1(mod P)成立的最n,设n=qi+r,0<r<i,则2≡2 小自然数,则2?i?P-1,从而i

1(mod p),即p (2n-1),故n (2-1).

第二十一讲 整数问题:整除之四

A4-024 当n为何正整数时,323整除20+16-3-1?

【题说】第三届(1993年)澳门数学奥林匹克第一轮题5.

【解】 323=17319

当n为偶数时,

20+16-3-1≡1+3-3-1≡0(mod 19) nnnnnnnn

20+16-3-1≡3+1-3-1≡0(mod 17)

所以此时323整除20+16-3-1.

当n为奇数时,20+16-3-1≡3-1-3≡-2

A4-025 设x、y、z都是整数,满足条件

(x-y)(y-z)(z-x)=x+y+z. (*)

试证:x+y+z可以被27整除.

【题说】第十九届(1993年)全俄数学奥林匹克九年级二试题5.

【证】(1)整数x、y、z被3除后余数都相同时,27|(x-y)(y-z)(z-x),即27|x+y+z.

(2) x、y、z被3除后有且仅有两个余数相同,例如x≡y(mod 3),且y

与(*)式矛盾,可见情形(2)不会发生.

(3)x、y、z被3除后余数都不相同,这时3|(x+y+z),但3

也不会发生.

于是,x、y、z除以3余数都相同,并且,27|x+y+z.

A4-026 对于自然数n,如果对于任何整数a,只要n|a-1,就有n|a-1,则称n具有性质P.

(1)求证每个素数n都具有性质P;

(2)求证有无穷多个合数也都具有性质P.

【题说】第三十四届(1993年)IMO预选题.本题由印度提供.

【证】(1)设n=P为素数且p|(a-1),于是,(a,p)=1.因为

a-1=a(a-1)+(a-1)

由费马小定理p|(a-1).所以,p|(a-1),即a≡1(mod p).因而

a≡1(mod p),i=0,1,2,?,p-1

将这p个同余式加起来即得

a+a+?+a+1≡0(mod p)

所以,

p|(a-1)(a+a+?+a+1)=a-

1 2p-1p-2pp-1p-2ip-1pp-1pn2nnnnnnnnnnnnnnn0(mod 17),所以此时323不整除20+16-3-1. nnnz(mod 3),这时3

x+y+z且3|(x-y),(x-y)(y-z)(z-x).仍与(*)式矛盾,可见情况(3)

a≡1(mod n).于是,像(1)一样又可推得n|(a-1).因此,

2n

(q-1)(p-1).因为q|(p-2),所以q

(p-1).又因

具有性质P.显然p<n<p.取大于p的素数,又可获得另一个具有性质P的合数.所以,有无穷多个合数n具有性质p. A4-027 证明:对于自然数k、m和n.不等式[k,m]2[m,n]2[n,k]?[k,m,n]成立.

(其中[a,b,c,?,z]表示数a、b、c,?,z的最小公倍数.)

【题说】第二十届(1994年)全俄数学奥林匹克十年级(决赛)题5.

【证】将k、m、n分解.设

222

其中pi(i=1,2,?,l)为不同的素数,αi、βi、γi为非负整数.

对任一个素因数pi,不妨设0?αi?βi?γi.在所要证明的不等式左边,pi的指数为βi+γi+γi=βi+2γi;而右边pi的指数为γi22=2γi.

因而所要证明的不等式成立.

A4-029 证明;所有形如10017,100117,1001117,?的整数皆可被53整除.

【题说】第五十八届(1995年)莫斯科数学奥林匹克八年级题2.

【证】易知第一个数10017可被53整除,而数列中相邻二数的差

也可被53整除,所以数列中所有数皆可被53整除

A4-030 证明:无论在数12008的两个0之间添加多少个3,所得的数都可被19整除.

【题说】第五十八届(1995年)莫斯科数学奥林匹克九年级题7.

【证】我们有

故结论成立

A4-031 设S={1,2,?,50),求最小自然数k,使S的任一k元子集中都存在两个不同的数a与b,满足(a+b)|ab.

【题说】1996年中国数学奥林匹克(第十一届数学冬令营)题2.

【解】设a、b∈S,满足(a+b)|ab,令(a,b)=c,

则 a=ca1,b=cb1,(a1,b1)=1.

从而

c(a1+b1)=(a+b)|ab=ca1b1

因为(a1+b1,a1)=1,(a1+b1,b1)=1,所以

(a1+b1)|c

由于a、b是S中不同的数,从而a+b?99即 c(a1+b1)?99,而a1+b1|c,故有3?a1+b1?9.

在a1+b1=3时,d=3,6,9,12,15,18,21,24,相应的(a,b)=(3,6),(6,12),(9,18),(12,24),(15,30),(18,36),(21,42),(24,48).类似地,可得出a1+b1=4,5,6,7,8,9时的数对(a,b).将每一对得到的a、b用线相连成右图.

2

S中剩下的25个数与图上画圈的13个数所成的38元集,不含任一对a、b满足(a+b)|ab.

另一方面,S中任一集R,如果元数?39,那么图上至多11个数

R,从而12对数(14,35),(9,18),(28,21),(42,

7),(5,20),(30,15),(45,36),(6,3),(10,40),(12,4),(24,8),(48,16)中至少有一对数都属于R,即R中有a、b满足(a+b)|ab.

综上所述,K=39.

A4-032 设自然数x、y、p、n和k满足等式

x+y=p

证明:若n(n>1)是奇数,p是奇素数,则n是数p的正整数幂.

【题说】第二十二届(1996年)全俄数学奥林匹克九年级题3.

【证】不失一般性,设x与y都不被p整除.因为n为奇数,所以

nnk

用A表示上式右边.由于p>2,因此x、y中至少有一个数大于1.因为n>1,所以A>1.因为A(x+y)=p,所以A被p整除,数x+y也被p整除.

于是得到

0≡A≡x-x(-x)+x(-x)-? n-1n-2n-32k

-x(-x)+(-x)(mod p)

即nx≡0(mod p),而x不被素数P整除,所以n被p整除.

对n的任一素因数r,设n=rs,则(x)+(y)=p,根据上面所证,r被p整除,所以r=p,从而n是p的正整数幂. A4-033 是否存在3个大于1的自然数,使得其中每个自然数的平方减1,能分别被其余的每个自然数所整除?

【题说】第二十二届(1996年)全俄数学奥林匹克十一年级题5

【解】设a?b?c是满足题设条件的三个自然数.因为a-1被b整除,所以a与b互素.又c-1能分别被a、b整除,因而被

22ab整除,于是c-1?ab.另一方面由a?c及b?c得ab?c,矛盾.所以满足题设的数不存在 22srsrkn-1n-2n-1

第二十二讲 整数问题:综合题之一

A5-010 设f(x)=x-x+1.证明:对任意的m个自然数(m>1),f(m),f(f(m)),?两两互素.

【题说】第十二届(1978年)全苏数学奥林匹克十年级题1.

【证】因f(0)=1,所以多项式

2

的常数项pn(0)=1.

因而,对于任意的整数m,pn(m)除以m,余数等于1.

用m'=pk(m)代替m,就得到pn+k(m)=pn(m')与m'=pk(m)互素.

第二十三讲 整数问题:综合题之二

A5-011 自然数n的数字和用S(n)来表示.

(1)是否存在一个自然数n,使得n+s(n)=1980;

(2)证明:在任意两个连续的自然数之中,至少有一个能表示成n+S(n)的形式,其中n为某个自然数.

【题说】第十四届(1980年)全苏数学奥林匹克八年级题6.

【解】(1)当n=1962时,n+S(n)=1980.

(2)令Sn=n+S(n),如果n的末位数字是9,则Sn+1<Sn;否则Sn+1=Sn+2.对任意两个连续的自然数m(m?2),m+1,在Sn<m的n中,选择最大的,并用N表示.这时SN+1?m>SN,所以N的末位数字不是9,从而SN+1=SN+2.由m?SN+1=SN+2<m+2,即得SN+1=m或SN+1=m+1.

A5-012 设n为?2的自然数.证明方程x+1=ynn+1在x与n+1互质时无正整数解.

【题说】1980年芬兰等四国国际数学竞赛题3.本题由匈牙利提供.

【证】x=y-1=(y-1)(y+y+?+1).如果质数p是y-1与y+y+?+1的公因数,则p整除x,从而p是x

nn-1的因数.但y除以p余1,所以y+y+?+1除以p与n+1除以p的余数相同,即n+1也被p整除,这与x、n+1互质矛盾.因

nn-1nnn-1nnnn-1此y-1与y+y+?+1互质,从而y-1=s,y+y+?+1=t,其中s、t为自然数,st=x.但y<y+y+?+1<(y+1)

nnn-1n,所以y+y+?+1≠t,矛盾,原方程无解.

A5-013 设a、b、c是两两互素的正整数,证明:2abc-be-ac-ab是不能表示为xbc+yac+zab形式的最大整数(其中x、y、z是非负整数).

【题说】第二十四届(1983年)国际数学奥林匹克题3. nn+1nn-1nn-1n

【证】熟知在a、b互素时,对任意整数n有整数x、y,使ax+by=n.当n>ab-a-b时,首先取0?x<b(若x>b则用x-b、y+a代替x、y),我们有

by=n-ax>ab-a-b-ax?ab-a-b-a(b-1)=-b

所以y>-1也是非负整数.即n>ab-a-b时,有非负整数x、y使ax+by=n.

因为a、b、c两两互素,所以(bc,ac,ab)=1.

令(bc,ac)=d.则(ab,d)=1,所以方程

abz+dt=n (1)

有整数解,并且0?z<d(若z>d则用z-d、t+ab代替z、t).

设 bc=da1,ac=db1,那么(a1,b1)=1.在n>2abc-bc-ca-ab时,

即 t>a1b1-a1-b1

从而方程 a1x+b1y=t (2)

有非负整数解(x,y).

由(1)与(2)消去t可得

bcx+acy+abz=n

有非负整数解.

另一方面,若有非负整数x、y、z使

2abc-bc-ac-ah=xbc+yac+zab

则 bc(x+1)+ac(y+1)+ab(z+1)=2abc

于是应有,a整除bc(x+1),因(a,bc)=1.所以,a整除x+1,从而c?x+1.同理有,b?y+1,c?z+1.因此

3abc=bca+acb+abc?bc(x+1)

+ac(y+1)+ab(z+1)=2abc

由于a、b、c都是正整数,这是不可能的,故2abc-bc-ca-ab不能表成xbc+yca+zab(x、y、z为非负整数)的形式. A5-014 能否选择1983个不同的正整数都不大于10,且其中没有三个正整数是算术级数中的连续项,并证明你的论断.

【题说】第二十四届(1983年)国际数学奥林匹克题5.本题由波兰提供.

【解】考虑三进制表示中,不含数字2并且位数?11的数所成的集合M.

显然|M|=2-1>1983.M中最大的数为

115

若x、y、z∈M并且x+z=2y,则由于2y的各位数字为0或2,所以x+z的各位数字也为0或2.从而x、z在同一位上的数字同为0或同为2,即x=z.因此M中任三个互不相同的数不成等差数列.

于是回答是肯定的,M即是一例.

第二十四讲 整数问题:综合题之三

A5-015 将19分成若干个正整数之和,使其积为最大.

【题说】1984年上海市赛一试题2(9).

【解】由于分法只有有限种,其中必有一种分法,分成的各数的积最大.我们证明这时必有:

(1)分成的正整数只能是2和3.

因为4=2+2,且4=232,若分出的数中有4,拆成两个2其积不变;若分出的数中有数a?5.则只要把a拆成2与a-2,由2(a-2)>a知道积将增大.

(2)分成的正整数中,2最多两个.

若2至少有3个,则由3+3=2+2+2及333>23232可知,将3个2换成2个3,积将增大.

所以,将19分成5个3与2个2的和,这些数的积332=972是最大的.

A5-016 设a、b、c、d是奇整数,0<a<b<c<d,且ad=bc.证明:如果对某整数k和m有a+d=2和b+c=2,那末a=1.

【题说】第二十五届(1984年)国际数学奥林匹克题6.

【证】因为a[(a+d)-(b+c)]

=a+ad-ab-ac=a+bc-ab-ac=(a-b)(a-c)>0

所以a+d>b+c,即2>2,k>m.

又由ad=bc,有 a(2-a)=b(2-b)

2(b-2

mmk-mkmkm22km52a)=b-a=(b+a)(b-a) m-122可知2整除(b+a)(b-a).但b+a和b-a不能都被4整除(因为它们的和是2b,而b是奇数),所以2

或b-a之一.

因为b+a<b+c=2,所以b+a=2mm-1必整除b+a或b-a=2m-1.

m-1因为a、b是奇数,它们的公因数也是奇数,且是b+a和b-a的因数,从而是2

与c也互质.但由ad=bc,知a能整除bc,故a=1. 的奇因数,即1.所以a与b互质,同理a

A5-017 对正整数n?1的一个划分π,是指将n分成一个或若干个正整数之和,且按非减顺序排列(如n=4,划分π有1+1+1+1,1+1+2,1+3,2+2及4共5种).对任一划分π,定义A(π)为划分π中数1出现的个数;B(π)为π中出现不同的数的个数(如对n=13的一个划分π:1+1+2+2+2+5而言,A(π)=2,B(π)=3).求证:对任意正整数n,其所有划分π的A(π)之和等于B(π)之和.

【题说】第十五届(1986年)美国数学奥林匹克题5.

【证】设p(n)表示n划分的个数.那么第一个位置是1的划分有p(n-1)个,第二个位置上是1的(当然它第一个位置上也是1)的划分有p(n-2)个.等等.第n-1个位置上是1的划分有P(1)=1个,第n个位置上是1的只有1种.若令P(0)=1.则所有划分中含1的数A(π)之和等于P(n-1)+P(n-2)+?+P(1)+P(0).

另一方面,从含有1的每个划分中拿去一个1,都成为一个(n-1)的划分,共拿去P(n-1)个1.再从含有2的每个划分中拿去一个2,都成为n-2的划分,共拿去P(n-2)个2.?从含有(n-1)的划分(只有一个:1+(n-1),拿去(n-1),即拿去了P(1)=1个1.再加上含有n的一个划分,n为P(0)=1个,故B(π)总和也等于P(n-1)+P(n-2)+?+P

(1)+P(0).

因此,A(π)=B(π).

A5-018 在直角坐标系xoy中,点A(x1,y1)和点B(x2,y2)的坐标均为一位正整数.OA与x轴正方向的夹角大于45°,OB与x轴正方向的夹角小于45°,B在x轴上的射影为B',A在y轴上的射影为A',△OB'B的面积比△OA'A的面积大33.5.由x1、

求出所有这样的四位数,并写出求解过程.

【题说】1985年全国联赛二试题1.

>67.又由于x2、y2均为一位正整数,所以x2y2=72或x2y2=81.因为∠BCB'<45°,所以x2>y2.故由x2y2=72可知x2=9,y2=8.此时x1y1=5.同样可求得x1=1,y1=5.

综上可知,1985为符合条件的唯一的四位数.

A5-019 设n、k为互素自然数,0<k<n,在集合M={1,2,?,n-1}(n?3)中的各数,要么着蓝色,要么着白色,已知

(1)对于各i∈M,i和n-i同色;

(2)对于各i∈M,i≠k, i和|i-k|同色.

证明:在M中的所有数均同色.

【题说】第二十六届(1985年)国际数学奥林匹克题2.本题由澳大利亚提供.

【证】设lk=nql+rl(l=1,2,?,n-1;1?rl?n-1).若rl=rl',则(l-l')k被n整除,但n、k互素,所以n|(l-l')这表明在l=1,2?,n-1时,r1,r2,?,rn-1互不相同,所以M={r1,r2,?,rn-1}.

若rl<n-k,即rl+k<n,则rl+1=rl+k,由条件(2),rl+1与rl+1-k=rl同色.

若rl?n-k,即rl+k?n,则rl+1=rl+k-n,于是rl+1与k-rl+1=n-rl同色.再由条件(1)n-rl与rl同色.

综上所述,ri+1与rl同色(l=1,2,?,n-2),因此M中所有数同色.

A5-020 如n是不小于3的自然数,以f(n)表示不是n的因数的最小自然数(例如f(12)=5).如果f(n)?3,又可作f(f(n)).类似地,如果f(f(n))?3,又可作f(f(f(n)))

果用Ln表示n的长度,试对任意的自然数n(n?3),求Ln并证明你的结论.

【题说】第三届(1988年)全国冬令营赛题6.

【解】很明显,若奇数n?3,那么f(n)=2,因此只须讨论n为偶数的情况,我们首先证明,对任何n?3,f(n)=p,这里P是素数,s为正整数.假若不然,若f(n)有两个不同的素因子,这时总可以将f(n)表为f(n)=ab,其中a、b是大于1的s互素的正整数.由f的定义知,a与b都应能整除n,因(a,b)=1,故ab也应整除n,这与f(n)=ab矛盾.所以f(n)=p. 由此可以得出以下结论:

(1)当n为大于1的奇数时,f(n)=2,故Ln=1; s

(2)设n为大于2的偶数,如果f(n)=奇数,那么f(f(n))=2,这时Ln=2;如果f(n)=2,其中自然数s?2,那么f

s(f(n))=f(2)=3,从而f(f(f(n)))=f(3)=2,这时Ln=3.

A5-021 一个正整数,若它的每个质因数都至少是两重的(即在这数的分解式中每个质因数的幂指数都不小于2),则称该正整数为“漂亮数”.相邻两个正整数皆为“漂亮数”,就称它们是一对“孪生漂亮数”,例如8与9就是一对“孪生漂亮数”.请你再找出两对“孪生漂亮数”来.

【题说】1989年北京市赛高一题5.

【解】设(n,n+1)是一对“孪生漂亮数”,则4n(n+1)是漂亮数,并且

4n(n+1)+1=4n+4n+1=(2n+1)

是平方数,而平方数必为漂亮数.

所以,(4n(n+1)、4n(n+1)+1)也是一对“孪生漂亮数”.

于是,取n=8,得一对“孪生漂亮数”(288,289).

再取n=288,得另一对“孪生漂亮数”(332928,332929). 22s

第二十五讲 整数问题:综合题之四

A5-022 一个自然数若能表为两个自然数的平方差,则称这个自然数为“智慧数”比如16=5-3,16就是一个“智慧数”.在自然数列中从1开始数起,试问第1990个“智慧数”是哪个数?并请你说明理由.

【题说】1990年北京市赛高一复赛题4.

【解】显然1不是“智慧数”,而大于1的奇数2k+1=(k+1)-k,都是“智慧数”.

4k=(k+1)-(k-1)

可见大于4且能被4整除的数都是“智慧数”而4不是“智慧数”,由于x-y=(x+y)(x-y)(其中x、y∈N),当x,y奇偶性相同时,(x+y)(x-y)被4整除.当x,y奇偶性相异时,(x+y)(x-y)为奇数,所以形如4k+2的数不是“智慧数”

在自然数列中前四个自然数中只有3是“智慧数”.此后每连续四个数中有三个“智慧数”.

由于1989=33663,所以2656=43664是第1990个“智慧数”.

A5-023 有n(?2)名选手参加一项为期k天的比赛,每天比赛中,选手的可能得分数为1,2,3,?,n,且没有两人的得分数相同,当k天比赛结束时,发现每名选手的总分都是26分.试确定数对(n,k)的所有可能情况.

【题说】第二十二届(1990年)加拿大数学奥林匹克题1.

【解】所有选手得分总和为

kn(n+1)/2=26n,即k(n+1)=52

(n,k)取值可以是(3,13),(12,4),(25,2)及(51,1),但最后一种选择不满足要求.

当(n,k)=(3,13)时,3名选手13天得分配置为(1,2,3)+2(2,3,1)+2(3,1,2)+3(1,3,2)+2(3,2,

1)+3(2,1,3)=(26,26,26).

当(n,k)=(12,4)时,12名选手4天得分配置为2(1,2,?,11,12)+2(12,11,?,2,1)=(26,26,?,26). 当(n,k)=(25,2)时,25名选手两天得分配置为(1,2,?,24,25)+(25,24,?,2,1)=(26,26,?,26). A5-024 设x是一个自然数.若一串自然数x0=1,x1,x2,?,xt-1,xt=x,满足xi-1<xi,xi-1|xi,i=1,2,?,t.则称{x0,x1,x2,?xt}为x的一条因子链,t为该因子链的长度.T(x)与R(x)分别表示x的最长因子链的长度和最长因子链的条数. 22222222

对于x=533131990(k,m,n是自然数)试求T(x)与R(x).

【题说】第五届(1990年)全国冬令营赛题2.

【解】设x的质因数分解式为

kmn

其中p1、p2、?、pn为互不相同的质数,α1、α2、?、αn为正整数.

由于因子链上,每一项至少比前一项多一个质因数,所以T(x)?α1+α2+?+αn.

将α1+α2+?+αn个质因数(其中α1个p1,α2个p2,?,αn个pn)依任意顺序排列,每个排列产生一个长为α1+α2+?+αn的因子链(x1为排列的第一项,x2为x1乘排列的第二项,x3为x2乘第三项,?),因此T(x)=α1+α2+?+αn,R(x)即排列

对于x=533131990=235kmnnk+n3313199,

T(x)=3n+k+

m mn

A5-025 证明:若

为整数.

【题说】1990年匈牙利阿拉尼2丹尼尔数学竞赛低年级普通水平题1.

【证】若x+y+z+t=0,则由题设条件可得

于是此时(1)式的值等于-4.

若x+y+z+t≠0,则

由此可得x=y=z=t.于是(1)式的值等于4.

A5-026 课间休息时,n个学生围着老师坐成一圈做游戏,老师按顺时针方向并按下列规则给学生们发糖:他选择一个学生并给一块糖,隔一个学生给下一个学生一块,再隔2个学生给下一个学生一块,再隔3个学生给下一个学生一块?.试确定n的值,使最后(也许绕许多圈)所有学生每人至少有一块糖.

【题说】1991年亚太地区数学奥林匹克题4.

【解】问题等价于确定正整数n,使同余式

1+2+3+?+x=a(modn) (1)

对任意正整数a都有解.

我们证明当且仅当n是2的方幂时,(1)式总有解.

若n不是2的方幂,则n有奇素因数p.

由于1,1+2,1+2+3,?,1+2+?+(p-1),1+2+?+p至多表示mod p的p-1个剩余类(最后两个数在同一个剩余类中),所以1+2+?+x也至多表示mod p的p-1个剩余类,从而总有a使1+2+?+x≡a(mod p)无解,这时(1)也无解.

若n=2(k?1),考察下列各数:

031,132,233,?,(2-1)2 (2)

设x(x+1)≡y(y+1)、(mod 2k+1kkk),其中0?x,y?2k-1,则

2k+1x-y+x-y≡(x-y)(x+y+1)≡0(mod 2

因为x-y,x+y+1中,一个是奇数,一个是偶数,所以x-y≡0(mod2

由后者得:

2

矛盾.故 x≡y(mod 2

kk+1k+1k+12) k+1)或x+y+1≡0(mod 2) ?x+y+1?2-1+2-1+1=2kkk+1-1 ),即x=y. k+1因此(2)中的2个偶数mod 2

互不同余,从而对任意整数a,方程x(x+1)≡2a(mod 2n)有解,即(1)有解.

A5-027 设S={1,2,3,?,280}.求最小的自然数n使得S的每个有n个元素的子集都含有5个两两互素的数.

【题说】第三十二届(1991年)国际数学奥林匹克题3.本题由中国提供.

【解】令Ai={S中一切可被i整除的自然数},i=2,3,5,7.记A=A2∪A3∪A5∪A7,利用容斥原理,容易算出A中元素的个数是216.由于在A中任取5个数必有两个数在同一个Ai之中,从而他们不互素.于是n?217.

另一方面,令

B1=(1和S中的一切素数}

B2=(2,3,5,7,11,13}

B3={23131,3389,5353,7337,11323,13319}

B4={23127,3383,5347,7331,11319,13317}

B5={23113,3379,5343,7329,11317}

B6={23109,3373,5341,7323,11313} 222222

易知B1中元素的个数为60.令B=B1∪B2∪B3∪B4∪B5∪B6,则B中元素的个数为88,S-B中元素的个数为192.在S中任取217个数,由于217-192=25>436,于是存在i(1?i?6),使得这217个数中有5个数在Bi中.显然这5个数是两两互素的,所以n?217.

于是n=217.

第二十六讲 整数问题:综合题之五

A5-028 对于每个正整数n,以s(n)表示满足如下条件的最大正整数:对于每个正整数k?s(n),n都可以表示成k个正整数的平方之和.

1.证明:对于每个正整数n?4,都有s(n)?n-14;

2.试找出一个正整数n,使得s(n)=n-14;

3.证明:存在无限多个正整数n,使得s(n)=n-14.

【题说】第三十三届(1992年)国际数学奥林匹克题6.本题由英国提供.

【解】用反证法证明如下:

假设对某个n?4,有s(n)?n-14,则存在k=n-13个正整数a1,a2,?,ak,使得

222222

于是就有

从而

3b+8c=13

这表明c=0或1;但相应的b不为整数,矛盾.

2.每个大于13的正整数m可以表为3b+8c,其中b、c为非负整数.事实上,若m=3s+1,则s?5,m=3(s-5)+238.若m=3s+2,则s?4,m=3(s-2)+8.

即知n可表为n-m个平方和,从而n可表为n-14,n-15,?, 22222

对于n=13,有

n=12+5=12+4+3=8+8+5+4

由于8可表为4个4的和,4可表为4个2的和,2可表为4个1的和,所以13=8+8+5+4可表为4,7,10,?,

222243个平方的和,又由于5=4+3,13可表为5,8,11,?,44个平方的和.

由于12可表为4个6的和,6可表为4个3的和,所以13=12+4+3可表为3,6,9,?,33个平方的和.

22222222222222222222222222222

为18+239=36,18+2312=42个平方的和.再由4为4个2的和,13也可表为39个平方的和.

综上所述,13可表为1,2,?,44个平方的和.

2222

3.令n=2313.

因为13可表为1,2,?,155个平方的和,2可表为4个平方的和,所以1332可表为1,2,?,15534个平方的和,242222kk1332可表为1,2,?,15534个平方的和,?,n=1332可表为1,2,?,15534个平方的和.

2222k

s(n)=n-14

A5-029 每个正整数都可以表示成一个或者多个连续正整数的和.试对每个正整数n,求n有多少种不同的方法表示成这样的和.

【题说】第一届(1992年)中国台北数学奥林匹克题2.

【解】设m为n的正的奇因数,m=nd,则

2

若(1)的每一项都是正的,则它就是n的一种表示(表成连续正整数的和).

若(1)式右边有负数与0,则这些负数与它们的相反数抵消(因

以略去,这样剩下的项是连续的正整数,仍然得到n的一种表示,其项数为偶数(例如7=(-2)+(-1)+0+1+2+3+4=3+4)

于是n的每一个正奇因数产生一个表示.

反过来,若n有一个表示,项数为奇数m,则它就是(1)的形式,而m是n的奇因数,若n有一个表示,项数为偶数,最小一项为k+1,则可将这表示向负的方向“延长”,增加2k+1项,这些项中有0及±1,±2,?,±k.这样仍成为(1)的形式,项数是n的奇因数.

因此,n的表示法正好是n的正奇因数的个数,如果n的标准分解

A5-030 x、y为正整数,x+y除以x+y的商是97,求余数.

【题说】1992年日本数学奥林匹克预选赛题7.

【解】由题知x+y<98(x+y),不妨设x?y,则x<9832x,所以x?5.

注意到1=1,2=16,3=81,4=256,5=625.对x,y∈{1,2,3,4,5},x+y>97(x+y)的仅有5+4=881=(5+4)397+8,所以所求的余数为8.

A5-031 设p=(a1,a2,?,a17)是1,2,?,17的任一排列,令kp是满足不等式

a1+a2+?+ak<ak+1+?+a17

的最大下标k,求kp的最大值和最小值,并求所有不同的排列p相应的kp的和.

【题说】1992年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克(最后一轮)题1.

【解】若kp?12,则

44444444444444

这与kp的定义相矛盾,所以kp?11.

又当p=(1,2,?,17)时,1+2+?+11=66<87=12+13+?+17,故此时kp=11.

所以,kp的最大值为11,并且kp的最小值为5,此时p=(17,16,?,2,1).

设p=(a1,a2,?,a17)是1,2,?,17的任一排列,由kp的定义,知

但(2)的等号不可能成立,否则

矛盾.所以

由(1)和(3)可知,对排列p=(a1,a2,?,a17)的反向排列p'=(a17,a16,?,a1),

kp'=17-(kp+2)+1=16-kp

所以kp+kp'=16.

于是可把1,2,?,17的17!个不同排列与它的反向排列一一配对.所求之和为

A5-032 确定所有正整数n,使方程

x+(2+x)+(2-x)=0

有整数解.

【题说】1993年亚太地区数学奥林匹克题4.

【解】显然,n只能为奇数.

当n=1时,x=-4.

当n为不小于3的奇数时,方程左边是首项系数为1的非负整系数多项式,常数项是2,所以它的整数解只能具有-2的形式,其中t为非负整数.若t=0,则x=-1,它不是方程的解;若t=1,则x=-2,也不是方程的解;当t?2时,方程左边nn(t-1)t-1nt-1nn(t-1)t-1nt-1n=2[-2+(1-2)+(1+2)],而-2+(1-2)+(1+2)≡2(mod 4),从而方程左边不等于零. 综上所述,当且仅当n=1时,原方程有一个整数解x=-4.

A5-033 每一个大于2的自然数n都可以表示为若干个两两不等的正整数之和.记这些相加数个数的最大值为A(n),求A(n).

【题说】1993年德国数学奥林匹克(第一轮)题1.

【解】对任意自然数n(n?3),存在自然数m,使

n+1tnnn

-1)之和,所以A(n)=m.

第二十七讲 代数:集合、数、式之一

B1-001 把含有12个元素的集分成6个子集,每个子集都含有2个元素,有多少种分法?

【题说】1969年~1970年波兰数学奥林匹克三试题5.

【解】将12个元素排成一列有12!种方法.排定后,从左到右每2个一组就得到6个2元子集.同一组中2个元素顺序交换得到的是同一子集.6个子集顺序交换得到的是同样的分法,因此共有

种不同的分法.

[别解]设a1是集中的一个元素,将a1与其余11个元素中的任一个结合,就得到含a1的2元子集,这种2元子集共有11种. 确定含a1的子集后,设a2是剩下的一个元素,将a2与其余9个元素中的任一个结合,就得到含a2的2元子集,这种子集共有9种.

如此继续下去,得到6个2元子集.共有1139373533=10395种分法.

B1-002 证明:任一个有限集的全部子集可以这样地排列顺序,使任何两个邻接的集相差一个元素.

【题说】1971年~1972年波兰数学奥林匹克三试题5.

【证】设有限集A含n个元素.当n=1时,子集序列φ,A即满足条件.

假设n=k时命题成立,对于k+1元集

A={x1,x2,?,xk+1}

由归纳假设,{x1,x2,?,xk}的子集可排成序列

B1,B2,?,Bt (t=2)

满足要求.因此A的子集也可排成序列

B1,B2,?,Bt,Bt∪{xk+1},Bt-1∪{xk+1},?,B2∪{xk+1}B1∪{xk+1},满足要求.

于是命题对一切自然数n均成立.

B1-003 设1?r?n,考虑集合{1,2,3,?,n}的所有含r个元素的子集及每个这样的子集中的最小元素,用F(n,r)表示一切这样的子集各自的最小元素的算术平均数.证明:

k

【题说】第二十二届(1981年)国际数学奥林匹克题2.

这n-k个数中选出).所以

将(1)式右边的和写成一个表

将上表每一行加起来,再将这些行和相加便得(1)的右边的分子,现

B1-004 定义一个数集的和为该集的所有元素的和.设S是一些不大于15的正整数组成的集,假设S的任意两个不相交的子集有不相同的和,具有这个性质的集合S的和的最大值是多少?

【题说】第四届(1986年)美国数学邀请赛题12.

【解】先证明S元素个数至多是5.如果多于5个,则元素个数不

S的元素个数?5,所以S的和?15+14+13+12+11=65.如果S的和?62,则S的元数为5,并且15、14均在S中(S的和至多比15+14+13+12+11少3).这时S中无其它的连续整数,因而只有一种情况即{15,14,13,11,9),不难看出它不满足条件.

所以,S的和?61.特别地,S={15,14,13,11,8}时,和取最大值61.

B1-006 对有限集合A,存在函数f:N→A具有下述性质:若|i-j|是素数,则f(i)≠f(j),N={1,2,?}.求有限集合A的元素的最少个数.

【题说】1990年巴尔干地区数学奥林匹克题4.

【解】1,3,6,8中每两个数的差为素数,所以f(1),f(3),f(6),f(8)互不相同,|A|?4.

另一方面,令A={0,1,2,3}.对每一自然数n,令f(n)为n除以4所得余数,则在f(i)=f(j)时,|i-j|被4整除.因而f是满足条件的函数.

于是,A的元素个数最少为4.

B1-007 集合{1,2,3,?,100}的某些子集,满足条件:没有一个数是另一个数的2倍.这样的子集中所含元素的个数最多是多少?

【题说】1991年河南省数学奥林匹克集训班一试题1(6).原题为选择题.

【解】令A1={51,52,?,100},A2={26,27,?,50},A3={13,14,?,25},A4=(7,8,9,10,11,12),A5=(4,5,6},A6={2,3},A7={1}.

A1∪A3∪A5∪A7共50+13+3+1=67个元素,每一个都不是另一个的两倍.

若集合B {1,2,?,100},其中每一个数都不是另一个的两倍,则在a∈B∩A2时,2a

?50.同样|B∩A4|+|B∩A3|?13,|B∩A6|+|B∩A5|?3.因此|B|?67. B,因此|B∩A2|+|B∩A1|

本题答案为67.

第二十八讲 代数:集合、数、式之二

时间:2004-4-19 17:19:00 来源:www.jiajiao100.com 我要通过家教人才库请各科家教 怎样才能考取重点中学?

B1-008 设集合Sn={1,2,?,n).若X是Sn的子集,把X中所有数之和称为X的“容量”(规定空集容量为0).若X的容量为奇(偶)数,则称X为Sn的奇(偶)子集.

(1)求证:Sn的奇子集与偶子集个数相等;

(2)求证:当n?3时,Sn的所有奇子集容量之和,与所有偶子集容量之和相等.

(3)当n?3时,求Sn所有奇子集的容量之和.

【题说】1992年全国联赛二试题2.

【证】设S为Sn的奇子集,令

则T是偶子集,S→T是奇子集的集到偶子集的一一对应,而且每个偶子集T,均恰有一个奇子集

与之对应,所以(1)的结论成立.

对任一i(1?i?n),含i的子集共2个,用上面的对应方法可知在i≠1时,这2个集中有一半是奇子集.在i=1时,

n-2由于n?3,将上边的1换成3,同样可得其中有一半是奇子集.于是在计算奇子集容量之和时,元素i的贡献是22i.奇子集

容量之和是

n-1n-1

根据上面所说,这也是偶子集容量之和,两者相等.

B1-009 用σ(S)表示非空整数集S中所有元素的和.设A={a1,a2,?,an}是正整数集,且a1<a2<?<a11.若对每个正整数n?1500,存在A的子集S,使得σ(S)=n.试求满足上述要求的a10的最小值.

【题说】第二十一届(1992年)美国数学奥林匹克题3.

【解】令Sk=a1+a2+?+ak(1?k?11).

若ak>Sk-1+1,则不存在S

A,使

σ(S)=Sk-1+1

所以,

Sk=Sk-1+ak?2Sk-1+1 (1)

又由题设得 S1=a1=1.于是由(1)及归纳法易得

Sk?2-1(1?k?m) (2)

若S10<750,则a11?1500(否则750无法用σ(S)表出),S11=S10+a11<1500,所以S10?750. 又S8?2-1=255,于是

2a10?a9+a10=S10-S8?495

所以,a10?248.

另一方面,令

A={1,2,4,8,16,32,64,128,247,248,750}

当n?255=2+2+?+2+2时,可找到S

+750=1500时,存在S

A,使σ(S)=n. 7608k{1,2,4,?,128},使σ(S)=n.当n?255+247=502时,存在S (1,2,4,?,128,247),使σ(S)=n;当n?502+248=750时,存在S

{1,2,4,?247,248},使σ(S)=n;当n?750

于是a10的最小值为248.

B1-010 给定集合S={Z1,Z2,?,Z1993},其中Z1,Z2,?,Z1993为非零复数(可视为平面上非零向量).求证:可以把S中元素分成若干子集,使得

(1)S中每个元素属于且仅属于一个子集;

(2)每一子集中任一复数与该子集所有复数之和的夹角不超过90°;

(3)将任二子集中复数分别作和,所得和数之间夹角大于90°.

【题说】1993年中国数学奥林匹克(第八届数学冬令营)题4.

【证】现对任意正整数n给以证明.

设非零复数集S={Z1,?,Zn}.

对S每个非空子集A,其中所有数之和,称为A之和.

S共有2-1个非空子集,其中必有一个子集S1,其和的模|a1|最大.

若S≠S1,对S\S1,取其非空子集S2,使其和的模|a2|最大.如比等等.

因S为有限集,故经若干步后,即得S的一个划分:S1,S2,?,Sk,它们的和a1,a2,?,ak的模分别是S,S\S1,S\(S1∪S2),?,S\(S1∪S2∪?∪Sk-1)的非空子集和的最大模.

这样的划分,条件(1)显然满足.

若某个Sr中有一元素Z与ar的夹角>90°,则如图a,|ar-Z|>|ar|.ar-Z是S\(S1U?USr-1)的非空子集Sr\{Z}之和,与Sr的选取矛盾.

若ar与at(1?r<t?k)的夹角?90°,则如图(b),|ar+at|>|ar|.ar+at是S\(S1∪?∪Sr-1)不空子集Sr∪St之和,这又与Sr选取矛盾. n

因此,所述划分满足条件(1)~(3).

【注】因为平面上至多有三个向量,它们之间两两的夹角都大于90°,故S至多分为三个子集.

B1-011 设集合A={1,2,3,?,366}.如果A的一个二元子集B={a,b}满足17|(a+b),则称B具有性质p.

(1)求A的具有性质p的二元子集的个数;

(2)A一组二元子集,两两不相交并且具有性质P这组二元子集的个数最多是多少?

【题说】1994年全国联赛河北省预赛二试题1.

【解】将1,2,?,366按17除的余数分为17类:17类:[0],[1],?,[16].因为366=17321+9,所以[1],[2],?[9]中各有22个数,[10],?,[16],[0]中各有21个数.

当且仅当a∈[k],b∈[17-k]时,{a,b}具有性质p.

当a∈[k],b∈[17-k],k=1,2,?,7时,具有性质p的子集

所以A的具有性质p的二元子集个数共有

210+46237+484=3928(个)

(2)为使二元子集两两不变,可如下搭配:

a∈[0],b∈[0],有10个子集;

a∈[k],b∈[17-k],k=1,2,?,7,有21个子集;

a∈[8],b∈[9],有22个子集.

故A的具有性质p两两不交的二元子集共有

10+2137+22=179(个)

B1-012 设|v|、σ(v)和π(v)分别表示由正整数组成的有限集合v的元素的个数,元素的和以及元素的积(如果集合v是空集,则|v|=0,σ(v)=0,П(v)=1).若S是由正整数组成的有限集合.证明

对所有的正整数m?σ(S)成立.

【题说】第二十三届(1994年)美国数学奥林匹克题5.

【证】设S={a1,a2,?,an}.长为m的、由m-n个0与n个

1

将这样的数列分为n+1段,第一段a1个数,第二段a2个数,?,第n段an个数.

前n段的每一段中恰有1个1的数列,由于第i段的1有ai种位置(1?i?n),所以这样的数列共有

ala2?an=П(S)个.

个.根据容斥原理,

即本题的等式成立.

B1-015 设M={1,2,?,1995},A是M的子集,且满足条件:当x∈A时,15x

【题说】1995年全国联赛一试题2(6).原为填空题.

【解】由题设,当k=9,10,?,133时,k与15k不能同时在A中,故至少有

133-8=125

个数不在A中,即|A|?1995-125=1870

另一方面,M的子集

A={1,2,?,8}∪{134,?,1997}

满足条件.它恰好有1780个元素.故|A|的最大数是1870 A,试求A中元素个数的最大值.

B1-016 已知集合{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}.求该集合具有下列性质的子集个数:每个子集至少含有2个元素,且每个子集中任意两个元素的差的绝对值大于1.

【题说】1996年爱朋思杯——上海市赛题3.

【解】设an是集合{1,2,?,n}的具有题设性质的子集个数.集合{1,2,?,n,n+1,n+2}的具有题设性质的子集可分为两类:第一类子集包含元n+2,这样的子集有an+n个(即每个{1,2,?,n}的这种子集与{n+2}的并集,以及{1,n+2},{2,n+2},?,{n,n+2});第二类子集不包含n+2,这样的子集有an+1个.于是,有

an+2=an+an+1+n

显然,a3=1,a4=3(即{1,3},{2,4},{1,4}).

所以a5=7,a6=14,a7=26,a8=46,a9=79,a10=133.

第二十九讲 代数:集合、数、式之四

B1-017 对任意非空实数集S,令σ(S)为S的元素之和.已知n个正整数的集A,考虑S跑遍A的非空子集时,所有不同和σ(S)的集.证明这些和可以分为n类,每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.

【题说】 第二十五届(1996年)美国数学奥林匹克题2

【解】设A={a1,a2,?,an},a1<a2<?<an.令fj=a1+a2+?aj,ej=max{aj,fj-1}},则fj=fj-1+aj?2ej(1?j?n).

每个和ai1+ai2+?+ait,i1<i2<?<it,必在某个区间(fj-1,fj]中.因为

ai1+ai2+ait>fj-1=a1+a2+?aj-1

所以

it?j

从而

ai1+ai2+?+ait?aj

于是ai1+ai2+?+ait∈[ej,fj].

这样σ(S)被分为n个类,在ej与fj之间的和为第j类(1?j?n),fj本身在第j类,而ej=fj-1时,ej不在第j类;ej>fj-1时,ej在第j类.每一类中最大的和与最小的和的比不超过2.

B1-018 设S={1,2,3,4),n项的数列:a1,a2,?,an有下列性质,对于S的任何一个非空子集B(B的元素个数记为|B|),在该数列中有相邻的|B|项恰好组成集合B.求n的最小值.

【题说】1997年爱朋思杯——上海市赛决赛题3.

【解】n的最小值为8.

首先证明S中的每个数在数列a1,a2,?,an中至少出现2次.事实上,若S中的某个数在这个数列中只出现1次,由于含这个数的二元子集共有3个,但在数列中含这个数的相邻两项至多只有两种取法,因而3个含这个数的二元子集不可能都在数列相邻两项中出现.

由此可见n?8.

另一方面,8项数列:3,1,2,3,4,1,2,4满足条件,因此,所求最小值为8.

B1-019 求两个正整数m与n之间(m<n),一切分母为3的既约分数的和.

【题说】1962年成都市赛高三二试题1.

3(n-m)+1

项.其和

但其中整数项的和

故所求之和

S=S1-S2=n-m

B1-020 证明cos10°是无理数. 22

【题说】1963年合肥市赛高二二试题3.

【证】利用公式cos3x=4cos3x-3cosx,可得

cos30°=4cos310°-3cos10°

(1) 即

若cos10°是一个有理数,则(1)右端为有理数,而左端是一个无理数,矛盾,故cos10°为无理数. B1-021 求出所有四元实数组(x1,x,x,x234),使其中任一个数与其余三数积的和等于2.

【题说】第七届(1965年)国际数学奥林匹克题4.本题由原苏联提供.

【解】设x1234xxx=d,则

显然d?1.有以下五种情况:

所以 d=1,x=x=x=x=1.

1234

所以d=1,x1=x=x=x=1. 234

综上所述,x、x、x、x1234或者全为1;或者其中有三个为-1,一个为3

第三十讲代数:集合、数、式之五

B1-022 设P(x)是自然数x在十进制中各位数字的乘积.试求出所有能使P(x)=x-10x-22成立的自然数.

【题说】第十届(1968年)国际数学奥林匹克题2.本题由捷克斯洛伐克提供.

【解】设n位数x满足

P(x)=x-10x-22

(1)

若n?3,则x?10?100,

9?P(x)=x(x-10)-22?90x-22?90210-22

=9210-22>10

矛盾.

若n=1,则

x=P(x)=x-10x-22

x-11x-22=0

但此方程无正整数解.因此n=2.

若x?20,则

x-10x-22=x(x-10)-22?10x-22?200-22>9?P(x)

因此x=10+y,y∈{0,1,2,?,9}.(1)变成

y=(10+y)-10(10+y)-22

易知y=2,x=12.

B1-023 证明:如果三个正数的积为1,而它们的和严格地大于它们的倒数之和,那么,它们中恰好有一个数大于1. 22222nnnn-1n-122

【题说】第四届(1970年)全苏数学奥林匹克八年级题2.

【证】设这三个数为a,b,c,则

(a-1)(b-1)(c-1)=abc-(ab+bc+ca)+(a+b+c)-1

左边有一个或三个因子为正.但abc=1,所以a、b、c不可能全大于1,从而a、b、c中有且只有一个数大于1.

B1-024 若干个正整数的和为1976,求这些正整数的积的最大值.

【题说】第十八届(1976年)国际数学奥林匹克题4.本题由美国提供.

【解】设这些正整数为a1,?,an,则

a1+?+an=1976

不妨设ai<4(1?i?n),这是因为当ai?4时ai?2(ai-2),故把ai换成2和ai-2不会使积减小.再注意23232<333,所以只ab658需考虑积223,其中a=0,1,2,且2a+3b=1976.由此得a=1,b=658,故所求的最大值为233.

B1-025 确定最大的实数z,满足

x+y+z=5

(1)

xy+yz+zx=3

(2)

并且x、y也是实数.

【题说】第十届(1978年)加拿大数学奥林匹克题3.

【解】由(1)得(x+y)=(5-z),由(2)得xy=3-z(5-z).

于是0?(x-y)=(x+y)-4xy=(5-z)-4[3-z(5-z)]

=-3z2+10z+13=(13-3z)(1+z)

因此有

-1?z?13/3

当x=y=1/3时,z=13/3.因此z最大值是13/3.

B1-026 已知a、b、c、d、e是满足

a+b+c+d+e=8,

(1) 22222

a+b+c+d+e=16

(2)

的实数,试确定e的最大值.

【题说】第七届(1978年)美国数学奥林匹克题1.

【解】由Cauchy不等式,

(8-e)=(a+b+c+d)?4(a+b+c+d)=4(16-e),

222222222222

B1-027 已知:0.301029<lg2<0.301030,

求2000的首位数字.

【题说】1979年安徽省赛二试题1.

【解】因为

lg2000=1979(3+lg2)=5937+1979lg2

595.736391<1979lg2<595.738370

lg5=1-lg2<0.70

lg6=lg2+lg3>0.77

所以

6532+lg5<lg2000

所以2000的首位数字是5.

B1-028 已知a1,a2,?,a8均为正数,且

a1+a2+?+a8=20

(1)

a1a2?a8=4

(2)

试证:a1,a2,?,a8之中至少有一个数小于1.

【题说】1979年湖北省赛二试题5.

【证】用反证法.如果a1,a2,?,a8都不小于1,则可设

ai=1+bi(bi>0,i=1,2,?,8)

再由(1)即得

b1+b2+?+b8=12

于是

a1a2?a8=(1+b1)(1+b2)?(1+b8)

=1+(b1+b2+?+b8)+?+b1b2?b8

?1+(b1+b2+?+b8)

=1+12=13

与条件(2)矛盾.所以八个数中至少有一个数小于1. 19791979197919790.477120<lg3<0.477121 <6532+lg6 653253106532<20001979<6310

第三十一讲 代数:集合、数、式之六

时间:2004-4-20 9:19:00 来源:www.jiajiao100.com 我要通过家教人才库请各科家教 怎样才能考取重点中学?

B1-029 求所有实数a,使得存在非负实数x1,x2,x3,x4,x5满足关系:

【题说】第二十一届(1979年)国际数学奥林匹克题5.本题由以色列提供.

【解】利用柯西不等式及题设条件,有

故中间不等式只能取等号,这意味着在xk≠0时,

由此推知,x1,x2,x3,x4,x5中至多一个非0.因此,只能有下面两种情况:

(1)x1=x2=x3=x4=x5=0,此时a=0;

(2)某个xk=c≠0,其余xi=0(i≠k).这时由已知得kc=a,kc=a,kc=a.从而

k=a,c=k

总之,当且仅当a=0,1,4,9,16,25时,存在非负实数x1,x2,x3,x4,x5满足题中三个方程.

B1-030 下列表中的对数值有两个是错误的,请予纠正.

23253

【题说】1981年全国联赛题2.

【解】lg3、lg0.27、lg9的值同为正确或同为错误.因表中只有两处错误,故三者都对.同理,lg2、lg5、lg8、lg6都对. 再若lg7=2(b+c),则lg14=lg7+lg2=1-a+2b+c,lg0.021=lg3+lg7-3=2a+b+2c-3,lg2.8=2lg2+lg7-1=1-2a+2b.即lg7=2(b+c)对,就推出lg14、lg0.021、lg2.8三个值都错,与题设矛盾,故知lg7不对.应为lg7=lgl4-lg2=2b+c.

lg1.5的值也不对,应为lg1.5=lg3+lg5-1=3a-b+c-1.

B1-031 把n个互不相等的实数排成下表: 2

a11,a12,?,a1n

a21,a22,?,a2n

?

an1,an2,?,ann

取每行的最大数得n个数,其中最小的一个是x;再取每列的最小数,又得n个数,其中最大的一个是y,试比较x与y的大小.

【题说】1982年上海市赛二试题 2

【解】设x=aij,y=apq,则

aij?aiq?apq

所以x?y.

(1)当n是奇数时,x?y.

(2)当n是偶数时

(i)如果x?y?0,则x?y;

(ii)如果0?x?y,则x?y;

(iii)如果x?0?y,则当x?-y时,x?y;当x?-y时,x?y.

B1-032 对任意实数x、y.定义运算x*y为:

x*y=ax+by+cxy

其中a、b、c为常数,等式右端运算是通常的实数的加法和乘法.现已知1*2=3,2*3=4,并且有一个非零实数d,使得对于任意实数x,都有x*d=x,求d的值.

【题说】1985年全国联赛一试题 2(4).原题为填空题.

【解】由所设条件,有

1*2=a+2b+2c=3

(1)

2*3=2a+3b+6c=4

(2)

x*d=ax+bd+cxd=(a+cd)x+bd=x

(3)

由(3)得

a+cd=1

(4)

bd=0 nnnnnnnnnnnn

(5)

因d≠0,故由(5)式得b=0.再解方程(1)及(2),得a=5,c=-1,最后由(4)式得d=4.

B1-033 计算下式的值:

【题说】第五届(1987年)美国数学邀请赛题14.注意324=433.

【解】 x+4y=(x+2y)-(2xy)

=[(x+2y)-2xy][(x+2y)+2xy]

=[(x-y)2+y][(x+y)+y]

因此, n+324=n+423

=[(n-3)2+9][(n+3)+9] 2

44422222224422224

B1-034 在1,2,3,?,1989每个数前添上“+”或“-”号,使其代数和为最小的非负数,并写出算式.

【题说】第十五届(1989年第3阶段)全俄数学奥林匹克十年级题3.

【解】这些数中有995个奇数,其代数和总是奇数,即所求的数不小于1.

另一方面,因为

k-(k+1)-(k+2)+(k+3)=4

所以八个连续平方数的代数和可以为0.

对22,23,?,1989,每连续八个一组,并适当添加符号,使每组的代数和为0.对6,7,?,21这十六个数适当添加符号,使其和为16.而

-1+2-3+4-5=-15

于是,可在1,2,?,1989前适当添加“+”号或“-”号,使所得的代数和为1.

B1-035 黑板上写下若干个正数,两两乘积之和为1.证明:可抹去

2222222222222222222222

【题说】第十六届(1990年)全俄数学奥林匹克十年级题5

B1-036 A是满足下列条件的正整数集合;

(1)没有2,3,5,7,11,13以外的素因数;

(2)不被2,3,5,7,11,13整除.

但1∈A.求A的元素n的倒数的总和.

222222

【题说】1992年日本数学奥林匹克预选赛题 4.

【解】

B1-037 有理数集Q的子集S有如下性质:

(1)如果a∈S,b∈S,则a+b,ab∈S;

(2)对于每一个有理数r,r∈S,-r∈S,r=0有且仅有一条成立.

试证明:S是由全体正有理数组成.

【题说】1993年河北省赛一试题3.

【证】i)先证1∈S.否则由(2)得-1∈S,再由(1)得1=(-1)(-1)=1∈S,与(2)矛盾. ii)由1∈S得2=1+1∈S,3=2+1∈S,?,故一切正整数∈S.

与(2)矛盾.

iv)由(2)知,S不含负有理数和零,即S由全体正有理数组成.

第三十二讲 代数:集合、数、式之七

B1-038 设f(z)=z+az+b是具有复系数a,b的关于复变量z的二次三项式,且对一切z(|z|=1)有|f(z)|=1.求a和b的值.

【题说】1993年河北省赛二试题1.

【解】令z=±1,±i得

1=|1+a+b|

1=|1-a+b|

1=|-1+ia+b|

1=|-1-ia+b|

相加得

4=|1+a+b|+|1-a+b|+|-1+ia+b|+|-1-ia+b|

?|(1+a+b)+(1-a+b)+(1-ia-b)+(1+ia-b)|=4

从而1+a+b,1-a+b,1-ia-b,1+ia-b四个复数作为向量来看,方向相同,而它们的长又均为1.于是a=0,b=0.

另一方面,在a=b=0时,f(z)=z.对一切满足|z|=1的z,|f(z)|=|z|=1.

B1-039 证明:实数x是有理数的充分必要条件是:能从数列x、x+1,?,x+n,?中选出3个不同的项,组成等比数列.

【题说】第二十五届(1993年)加拿大数学奥林匹克题2.

【证】(1)充分性 设x+i、x+j、x+k成等比数列,则

(x+j)2=(x+i)(x+k)

=((x+j)-(j-i))((x+j)+(k-j))

=(x+j)2+(k+i-2j)(x+j)-(k-j)(j-i)

从而 (k+i-2j)(x+j)=(k-j)(j-i)≠

0 222

p+2)q成等比数列.

事实上,这时

B1-040 对每一个整数n?2,确定并证明满足下列等式:

a=a+1 及 b=b+3a

的两个正实数a,b谁大.

【题说】第二十二届(1993年)美国数学奥林匹克题1.

【解】我们证明对一切n?2,有a>b.

显然a≠1,从而(a+1)>4a.假设b?a,则得到如下两个互相矛盾的结果:

2n2n

故a>b.

B1-041 已知n个正整数ai(1?i?n)满足a1<a2<?<an?2n.其中任意两个ai,aj(i≠j)的最小公倍数都大于2n.

【题说】1994年上海市赛高三二试题1.

【证】将每个ai写成2(2ti-1)的形式,其中αi为非负整数,ti为自然数.对任意的i≠j,因[ai,aj]>2n,故2ti-1≠2tj-1.由此

推知,2t1-1,2t2-1,?,2tn-1是1,3,?,2n-1的一个排列.

αi

-1的正奇数.因6t1-3≠2t1-1,故存在j>1,使6t1-3=2tj-1.于是

B1-043 设K1<K2<K3<?是正整数,且没有两个数是相邻的,Sm=K1+K2+?+Km,m=1,2,3,?.证明:对每一个正整数n,区间[Sn,Sn+1)中至少有一个完全平方数.

【题说】第二十三届(1994年)美国数学奥林匹克题 1.

Sn=Kn+Kn-1+Kn-2+?+K1

?Kn+(Kn-2)+(Kn-4)+?+Ln

其中Ln=2,如果Kn是偶数;Ln=1,如果Kn是奇数,由此可得

B1-045 求满足下列等式的数a;

【题说】1995年日本数学奥林匹克预选赛题1,

【解】将等式两边同立方,并整理得

所以a=9.

B1-046 设p是n个实数x1,x2,?,xn的乘积,若p-xk是奇数,k=1,2,?,n.证明:x1,x2,?,xn皆为无理数.

【题说】1995年城市数学联赛高年级较高水平题 2.

【解】设p-xk=ak为奇数(k=1,2,?,n),则

p=x1x2?xn=(p-a1)(p-a2)?(p-an)

即P是方程

(x-a1)(x-a2)?(x-an)=x

(1)

的根.方程(1)的首项系数为1,所以它的有理根一定是整数,而且一定是常数项(-1)a1a2?an的约数,即有理根一定是奇数.但

x为奇数时,(1)的左边为偶数,右边为奇数.所以(1)没有奇数根,从而没有有理根.于是p为无理数,

xk=p-ak均为无理数(k=1,2,?,n).

B1-047 a、b、c、d取某些实数值时,方程x+ax+bx+cx+d=0有四个非实数根,其中两个根的积为13+i,另两个根的和为3+4i,这里i为虚数单位.求b.

【题说】第13届(1995年)美国数学邀请赛题5.

【解】设四个根为e±if,g±ih,则

e+g=3,f+h=4

所以

b=(e+if)(e-if)+(g+ih)+(g-ih)+(e+if)(g+ih)+(e-if)(g-ih)+(e+if)(g-ih)+(e-if)(g+ih)

=e+f+g+h+26+2(eg+fh)

=(e+g)2+(f+h)+26

=3+4+26

=51

B1-048 设非零复数a1,a2,a3,a4,a5满足

2222222432n

其中S为实数,且|S|?2.求证:复数a1,a2,a3,a4,a5在复平面上所对应的点位于同一圆周上.

【题说】1997年全国联赛一试题5.

【解】令a2/a1=q,则an=a1q(n=2,3,4,5),于是由条件(1),得 n-1

(3)

(1)若 1+q+q+q+q=0,则

q-1=(q-1)(q+q+q+q+1)=0 5432

234

故复数a1,a2,a3,a4,a5所对应的点共圆.

(2)若 1+q+q+q+q≠0,则由(3)得

234

此时q满足方程

(4)

(5)

因|S|?2,故判别式△=5±2S>0,从而方程(5)有二相异实根,且其绝对值都不大于2.

事实上,当|x|>2时,令|x|=2+h(h>0),则

对于方程(5)的每个根α、q满足实系数二次方程q-αq+1=0,其判别式△=α-4?0,故两根q1、q2或为相等的实数,或为共

22轭复数,都有|q1|=|q2|=q1q2=1.

总之,方程(5)的每个根q,都满足|q|=1. 22

第三十三讲 代数:集合、数、式之八

B1-049 试问:当且仅当实数x0,x1,?,xn(n?2)满足什么条件时,存在实数y0,y1,?,yn,使得

(1)

成立,其中zk=xk+iyk,i为虚单位,k=0,1,?,n.证明你的结论.

【题说】1997年全国联赛二试题2.

【解】若存在实数y1,y2,?,yn使(1)成立,则

(2)

(3)

这是不可能的.故(3)成立.

反之,若(3)成立,有两种情况.

易知(2)也成立.

B1-051 证明:如果在x取三个不同的整数值时,变量x的整系数多项式的值的绝对值都是1,那么这多项式没有整数根.

【题说】1967年~1968年波兰数学奥林匹克二试题1.

【证】设整系数多项式f(x)对于三个不同的整数a、b、c,有

|f(a)|=|f(b)|=|f(c)|=1

(1)

假定f(x)有整数根x0,则

f(x)=(x-x0)Q(x)

(2)

这里Q(x)是整系数多项式.

由(1)与(2)可知,|(a-x0)Q(a)|a-x0|2|Q(a)|=1.因为|Q(a)|是整数,所以|a-x0|=1.同理|b-x0|=1,|c-x0|=1,从而三个数a-x0,b-x0,c-x0中有两个相等,因而a、b、c中有某两个相等,与已知a、b、c矛盾,故f(x)不可能有整数根. B1-052 已知有整系数a1,a2,?,an的多项式

f(x)=x+a1x+?+an-1x+an

对四个不同的整数a、b、c、d,使得

f(a)=f(b)=f(c)=f(d)=5

证明:不存在整数k使得f(k)=8.

【题说】第二届(1970年)加拿大数学奥林匹克题10.注意a、b、c、d是多项式f(x)-5的根.

【证】由已知,应有

f(x)-5=(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)g(x)

其中g(x)是整系数多项式.如果有整数k,使f(k)=8,则

(k-a)(k-b)(k-c)(k-d)g(k)=3

但素数3不可能有4个以上不同的因数(包括负因数在内)k-a,k-b,k-c,k-d,g(k).矛盾.

B1-053 P(x)是非常数的整系数多项式,n(P)为能使[P(K)]=1成立的整数K的个数.证明:

n(P)-deg(P)?2

其中deg(P)是多项式P(x)的次数.

【题说】第十六届(1974年)国际数学奥林匹克题 6.本题由瑞典提供.

【证】若[P(K)]=1,则P(K)=±1.

设P(x)-1有m个整数根K1,?,Km,则

P(x)-1=(x-K1)?(x-Km)Q(x)

其中Q(x)为整系数多项式.

P(x)+1=(x-K1)?(x-Km)Q(x)+2

若m?4,则因4个互不相同的非零整数之积的绝对值大于2,故P(K)+1对任意整数K不为0,若m=3,同理可得至多1个K使P(K)+1=0.对P(x)+1的整数根个数m′有完全类似的结论:若m′?4,则m=0,若m′=3,则m=1.总而言之,m和m′至少有一个不大于2,因而

n(P)=m+m′?2+deg(P)

n(P)-deg(P)?2

B1-054 求出满足下列条件的所有含两个变量的多项式:

(1)P是n次齐次的.即对所有实数t、x、y,有

P(tx,ty)=t2P(x,y) n22nn-1

(2)对所有实数a、b、c有

P(a+b,c)+P(b+c,a)+P(c+a,b)=0

(3)P(1,0)=1.

【题说】第十七届(1975年)国际数学奥林匹克题6.本题由英国提供.

【解】设P是满足条件(1)~(3)的n次多项式.由于常数多项式不可能同时满足(2)和(3),故n?1. 在(2)中令a=b,c=-2a,则由P的齐次性得

0=P(2a,-2a)+P(-a,a)+P(-a,a)

=[(-2)+2]P(-a,a)

若n>1,则有P(-a,a)=0,因而P(x,y)能被x+y整除.

设P(x,y)=(x+y)P1(x,y),则由(2)得

P1(a+b,c)(a+b+c)+P1(b+c,a)(a+b+c)+P1(c+a,b)(a+b+c)=0

P1(a+b,c)+P1(b+c,a)+P1(c+a,b)=0

P1仍是齐次的,且

P1(1,0)=P1(1,0)(1+0)=P(1,0)=1

即P1也满足条件(1)~(3),它的次数为n-1.如果n-1>1.同样可再构造一个n-2次齐次多项式P2,它满足条件(1)~(3),并且

p1(x,y)=(x+y)p2(x,y)

如此下去,最后总会得到一个一次多项式

Pn-1(x,y)=mx+ny n

第三十四讲 代数:集合、数、式之九

B1-055 如果P(x)、Q(x)、R(x)及S(x)是多项式,且使得

P(x)+xQ(x)+xR(x)=(x+x+x+x+1)S(x)

(1)

试证:(x-1)是P(x)的一个因式.

【题说】第五届(1976年)美国数学奥林匹克题 5.由多项式余式定理,问题等价于证明P(1)=0.

5525432

P(1)+ωQ(1)+ωR(1)=0 (2)

P(1)+ωQ(1)+ωR(1)=0 (3) 242

P(1)+ωQ(1)+ωR(1)=0 (4)

消去Q(1)、R(1),得P(1)=0.由余式定理知,(x-1)是P(x)的因式.

B1-056 确定所有正整数对(m,n),使得(1+x+x+?+x)能被(1+x+x+?+x)整除.

【题说】第六届(1977年)美国数学奥林匹克题1.

【解】问题等价于:求(m,n)使得

n2nmn2m46

是多项式.对任何正整数m、n,(x)-1既能被(x-1)整除,又能被(xm+1与(x-1)除(x-1)外,没有别的公因式.这只须n与(m+1)互质即可.

nm+1dnm+1nm+1-1)整除.所以,为使分母因式全约去,只须(x-1)n另一方面,如果n与(m+1)的最大公约数d>1,那么(x-1)(x-1)被(x-1)整除,(x-1)(x

只有一个重根x=1,所以当n与m+1不互质时,(m,n)不合要求.

总之,本题的解是n与m+1互质的正整数对(m,n).

B1-057 分解因式:x+x+x+x+1.

【题说】1978年全国联赛二试题 2(1).

【解】x+x+x+x+1 12963

129632nm+1-1)有重根s≠1.但((x)nm+1-1)2(x-1)

B1-058 设 f(x)=ax+bx+c,已知f(1)、f(2)、f(3)、f(4)、f(5)都是质数,求证:f(x)不能分解成两个整系数一次式的积.

【题说】1981年北京市赛高一题 7.用反证法.

【证】设

f(x)=g(x)h(x)

其中g(x)与h(x)都是整系数一次式,则

f(1)=g(1)h(1),f(2)=g(2)h(2)

f(3)=g(3)h(3),f(4)=g(4)h(4)

f(5)=g(5)h(5)

上述五个等式的左端都是质数,因此在g(1)、g(2)、g(3)、g(4)、g(5),h(1)、h(2)、h(3)、k(4)、h(5)这十个整数中至少有五个是±1.

由于g(x)是整系数一次式,所以g(1)、g(2)、g(3)、g(4)、g(5)是不同的数,其中至多有一个1,一个-1;h(1)、h(2)、h(3)、h(4)、h(5)中也是这样.故这十个数中至多有四个±1.矛盾. 2

所以原命题正确.

B1-059 对每一实数r,定义Tr为平面内的点变换,它把点(x,y)变为点(2x,r2x+2y).求曲线y=f(x),使在所有变换Tr下,其图像保持不变.

【题说】第十五届(1983年)加拿大数学奥林匹克题 2.

【解】设曲线y=f(x)在所有变换Tr下保持不变,则对所有x,r应有

f(2x)=r2x+2y=r2x+2f(x)

(1)

在式中令x=0,则有f(0)=2f(0),故知f(0)=0.

对x>0,设f(1)=a,将x=1代入(1)中,则有

f(2)=r2+a2

(2)

再令r=log2x,由(2)得

f(x)=xlog2x+ax

(3)

对x<0,设f(-1)=b.在(1)中令x=-1,则有

f(-2)=-r2+2f(-1)

=-r2+b22

rrrrrrrrrrrrrrrrr(4)

再令r=log2(-x),由(4)得

f(x)=xlog2(-x)-bx

(5)

综上所述,y=f(x)的解析表达式应为

其中a、b为常数.

不难验证,它们确实符合要求.

第三十五讲 代数:集合、数、式之十

B1-060 用以下规则归纳地造出多项式的集合S:(1)x∈S;(2)若f(x)∈S,则xf(x)∈S,x+(1-x)f(x)∈S.证明:S中没有两个不同的多项式,它们在区间0<x<1上的图像相交.

【题说】第十六届(1987年)美国数学奥林匹克题 3.用数学归纳法.

【证】首先证明:在区间0<x<1上,对于所有f(x)∈S,有0<f(x)<1.事实上,可对多项式次数进行归纳证明.n=1,显然成立.假设0<f(x)<1,则0<xf(x)<x<1,0<x+(1-x)f(x)<x+(1-x)=1.

下面仍对次数n进行归纳,证明S中任二多项式不交.n=1,显然.假设次数?k的任两多项式f1(x)、f2(x)不交,即对x∈(0,

1),f1(x)≠f2(x),于是

xf1(x)≠xf2(x)

x+(1-x)f1(x)≠x+(1-x)f2(x)

同时对任何x∈(0,1),有

xf1(x)<x<x+(1-x)f2(x)

xf2(x)<x<x+(1-x)f1(x)

故次数?k+1次的任两个多项式也不交.

B1-061 当x=-1,x=0,x=1,x=2时,多项式P(x)=ax+bx+cx+d取整数值.求证:对于所有的整数x,这个多项式都取整数值.

【题说】第十四届(1988年第三阶段)全俄数学奥林匹克九年级题 5.

【证】先将多项式P(x)变形为

32

由已知,d=P(0),a+b+c+d=P(1)都是整数,因此a+b+c也是整数.又P(-1)=2b2(a+b+c)+d,所以2b也是整数.最后,因为P(2)=6a+2b+2(a+b+c)+d是整数,所以6a也是整数.当x为任意整数时,数

是整数,所以P(x)是整数.

[评注]如果一个k?n次多项式当自变量取n+1个连续整数值时都取整数值,那么在自变量取任一整数值时,这个多项式取整数值.

B1-062 设a、b、c是三个不同的实数,P(x)是实系数多项式.已知

(1)P(x)除以(x-a)得余数a;

(2)P(x)除以(x-b)得余数b;

(3)P(x)除以(x-c)得余数c.]

求多项式P(x)除以(x-a)(x-b)(x-c)所得的余式.

【题说】1990年意大利数学奥林匹克题 3.

【解】根据余数定理,P(x)被x-a除,余数为P(a),所以P(a)=a.从而P(x)-x,在x=a时值为0.同理它在x=b,c时值为0.所以(x-a)(x-b)(x-c)|P(x)-x,即P(x)除以(x-a)(x-b)(x-c),余式为x.

B1-063 已知多项式2x-60x+ax在三个连续的整点处取得三个连续(同样顺序)的整数值.求这些值.

【题说】第十七届(1991年)全俄数学奥林匹克十一年级题1.

【解】由已知

2(n-1)-60(n-1)+a(n-1)=m-1

(1)

2n-60n+an=m

(2)

2(n+1)-60(n+1)+a(n+1)=m+1

(3)

(1)+(3)-(2)32,并整理得

12n-120=0,所以n=10

代入(1)、(2)得

239-6039+9a=m-1

(4)

2310-60310+10a=m

(5)

解得a=599,m=1990.

所以这三个连续的整数值是1989、1990、1991.

B1-064 设n是给定的自然数,求所有正数对a、b,使得x+ax+b是ax+(ax+b)的因式.

【题说】1992年上海市赛高三二试题 3.

【解】设x=x0是x+ax+b=0的根.

因为b>0,故x0≠0.x0也是ax+(ax+b)的根,所以

ax0+(ax0+b)=ax0+(-x0)

=ax0+x0=0

从而,a+x0=0,所以,x0=-a=a(cosπ+isinπ).

2n2n2n4n2n2n2n22n2n2n222n2n323232323232

另一方面,由求根公式

从而n<2k+1<3n.由此可见,n=1时本题无解.

n?2时,

故当n?2,n∈N时,所求的正数对a、b为

n=1时无解

第三十六讲 代数:集合、数、式之十一

B1-065 设P(Z)是1992次复系数多项式,它的根各不相同,证明:存在复数a1,a2,?,a1992,使得P(Z)整除多项式 {?

[(Z-a1)2-a2]2-?-a1991}2-a1992

【题说】第二十一届(1992年)美国数学奥林匹克题 5.

【证】令n=1992,r1,r2,?,rn为P(z)的n个互不相同的根.归纳地定义非空集Si与复数ai如下:设 S0={r1,r2,?,rn} 对i?1,定义ai为Si-1中任两个数的平均数,(若Si-1只含一个数,则定义ai为该数).又定义Si={(z-ai)2|z∈Si-1}.若Si-1中至少含有 <|Si-1|.从而,至多经n-1次后Si只含有一个元,于是Sn={0}.令 Q(z)={?[(z-a1)2-a2]2-?-an-1}2-an 由上面的构造方式可见,有(rk-a1)2∈S1,((rk-a2)2-a2)2∈S2,?,Q(rk)∈Sn 即Q(rk)=0(k=1,2,?,n),所以 P(z)|Q(z)

B1-066 设P(x)=x4+ax3+bx2+cx+d,a,b,c,d为常数,

【题说】第三届(1993年)澳门数学奥林匹克第一轮题 2.

【解】记1993=n,且令Q(x)=P(x)-nx,则有 Q(1)=Q(2)=Q(3)=0 从而 Q(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-r).

B1-067 设实系数非零多项式 f(x)=anxn+an-1xn-1+a0 g(x)=Cn+1xn+1+cnxn+?+c0 满足g(x)=(x+r)f(x),其中r为一实数.若 a=max(|an|,?,|a0|) c=max(|cn+1|,?,|c0|) 求证:a/c?n+1.

【题说】1993年亚太地区数学奥林匹克题 3.

【证】若|r|?1,则 即有cn+1=an,ck=rak+ak-1(k=1,2,?,n),c0=ra0.所以an=cn+1,an-1=-rcn+1+cn,an-2=(-r)2cn+1+(-r)cn+cn-1,?,a0=(-r)ncn+1+(-r)n-12cn+?+c1.故|a|=|ai| =|(-r)n-icn+1+?+Ci+1| ?|cn+1|+?+|

ci+1| ?|n-i+1|c ?(n+1)c 论即知命题正确.

B1-068 令P0(x)=x3+313x2-77x-8,对整数n?1,定义Pn(x)=Pn-1(x-n).那么,P20(x)展开式中x项的系数是多少?

【题说】第十一届(1993年)美国数学邀请赛题 5.

【解】答763.对正整数n,有 Pn(x)=Pn-1(x-n)=Pn-1(x-n-(n-1)) =Pn-3(x-n-(n-1)-(n-2) =? =P0(x-n-(n-1)-?-2-1) =P0(x-210) =(x-210)3+313(x-210)2-77(x-210)-8 其中x项的系数为 32(210)2-313222210-77=763

B1-070 是否存在整系数二次三项式P(x),使得对于十进制的任意的全由数码1组成的自然数n,该二次三项式的值P(n)也是全由数码1组成的自然数.

【题说】第二十届(1994年)全俄数学奥林匹克九年级题 3.

【解】这样的二次三项式是存在的.例如P(x)=90x2+20x+1

B1-071 整系数多项式P(x)满足P(19)=P(94)=1994,求P(x)的常数项(已知它的绝对值小于1000).

【题说】第二十届(1994年)全俄数学奥林匹克十年级题

6.【解】设P(x)的常数项为a0,则 P(x)=x2Q(x)+a0 其中Q(x)是整系数多项式,所以 P(19)=19n+a0 P(94)=94m+a0 其中m、n为整数.由P(19)=P(94)得19n=94m,所以 n=94k,m=19k(k为整数) 于是19294k+a0=1994,由此得 a0=1994-1786k 因为|a0|<1000,所以k=1,a0=208.这样的多项式是存在的.例如 -x2+113x+208=-(x-19)(x-94)+1994

B1-072 求最小的正整数n,它使得(xy-3x+7y-21)n的展开式经同类项合并后至少有1996项.

【题说】第十四届(1996年)美国数学邀请赛题 3.

【解】(xy-3x+7y-21)n=(x+7)n(y-3)n (x+7)n展开有n+1项,(y-3)n展开也有n+1项,前者是x的幂,后者是y的幂,次数各不相同,所以(x+7)n(y-3)n有(n+1)2项,这些项或x的次数不同,或y次数不同,均无法合并.由(n+1)2?1996 得n?44.即所求最小的正整数为44.

第三十七讲 代数:集合、数、式之十二

B1-074 证明对任意整数n,存在一个唯一的多项式Q(x),系数∈{0,1,?,9},Q(-2)=Q(-5)=n.

【题说】第二十六届(1997年)美国数学奥林匹克题 3.

【解】如果多项式f(x)与g(x)在x=-2与-5时值均相等,就记成f(x)=g(x),如x+7x+10=0.

在n∈{0,1,?,9}时,常数n就是满足要求的多项式Q(x).在n=10时,Q(x)=x+6x+3x满足要求,将它简记为(0,3,6,k1).一般地,Q(x)=akx+?+a0简记为(a0,a1,?,ak).

设Q(x)=(a0,a1,?,ak)的系数∈{0,1,2,?,9},我们证明存在多项式P(x),系数∈{0,1,2,?,9},并且P(x)=Q(x)+1,P(x)的系数和也等于Q(x)的系数和+1.为此,对Q(x)的系数和a0+a1+?+ak进行归纳,奠基显然.设对系数和较小的多项式结论已经成立.

若a0<9,结论显然.若a0=9,则

(a0,a1,?,ak)+1=(0,a1,?,ak)+(0,3,6,1).

(i)若3+a1?9,则

(0,a1,?,ak)+(0,3,6,1)

=(0,a1+3,a2,?,ak)+(0,0,6,1)

对多项式(a2,a3,?,ak)运用归纳假设,得多项式(a′2,a′3,?,a′h)=(a2,a3,?,ak)+1.继续对所得多项式用归纳假设,直至得到

322

再用归纳假设得

(ii)若3+a1?10,则令a′1=a1-7,,

(0,a1,?,ak)+(0,3,6,1)

=(0,a1′,a2,?,ak)+(0,0,9,7,1)

在a2=0时,(0,a1′,a2,?,ak)+(0,0,9,7,1)=(0,a1′,9,a3,?,ak)+(0,0,0,7,1),情况与(i)类似. 在a2?1时,令a′2=a2-1,则

(0,a′1,a2,?,ak)+(0,0,9,7,1)

=(0,a′1a′2,a3,?,ak)+(0,0,10,7,1)

=(0,a′1,a′2,a3,?,ak)

最后一步利用了10+7x十x=0.

另一方面,设Q(x)=(a0,a1,?,ak)的系数∈{0,1,2,?,9},可以证明存在多项式R(x),系数∈{0,1,2,?,9},并且R(x)=Q(x)-1.这只要注意

Q(x)-l=Q(x)+(9,7,1)

再多次利用上面关于Q(x)+1的结果即得.

因此,对一切整数n,均有合乎要求的多项式Q(x)存在.

如果又有多项式Q1(x)满足要求,设

Q(x)-Q1(x)=(b0,b1,?,bk),bi∈{0,±1,?,±9},

0?i?k.

由Q(-2)-Q1(-2)=0得2|b0.同理,5|b0,所以10|b0.但|b0|<10,所以b0=0.

于是bk(-2)+?+b1(-2)=0,从而2|2b1,2|b1.同理5|b1.所以b1=0.

依此类推,可得b2=?=bk=0.从而合乎条件的Q(x)是唯一的.

B1-075 观察

k22

由这些例子的启发,叙述一般规律,并加以证明.对任何大于1的n,证明存在正整数i和j(i<j)使得

(1)

【题说】第五届(1973年)加拿大数学奥林匹克题 7.

【解】所给例子暗示的规律是

于是(1)右边等于

取i=n-1,j=(n-1)n-1,则

即(1)式成立.

B1-076 设P是集合Sn={1,2,?,n}的一个排列.如果p(j)=j,元素j∈Sn叫做p的不动点.设fn是没有不动点的排列的个数,gn是恰有一个不动点的排列的个数.证明:|fn-gn|=1.

【题说】第十四届(1982年)加拿大数学奥林匹克题 4.本题结论可加强为fn-gn=(-1).

【证】显然f1=0,f2=1.

当n?3时,fn=(n-1)(fn-2+fn-1) (1)

事实上,若k(≠1)排在第一个,这时如果1排在第k个(即1与k对换),其余n-2个数没有不动点的排列有fn-2个;如果1不排在第k位,这相当于n-1个数都没有不动点,其排列数为fn-1.当k遍历2,3,?,n时,便得到(1)式. 对于gn显然g1=1,g2=0.当n?3时,除某一数k不动外,其余数皆变动,而k可以是1~n中任一个,故得gn=nfn-1. 因而 fn-gn=(n-1)(fn-2+fn-1)-nfn-1

=(n-1)fn-2-fn-1=gn-1-fn-1 (2)

由f1-g1=-1及(2)得fn-gn=(-1).

B1-077 10名运动员参加乒乓球循环赛,每两人均赛1场,设第1个选手胜x1场、负y1场,第2个选手胜x2场、负y2场等等.证明:

nn

【题说】第二十一届(1987年)全苏数学奥林匹克八年级题 1.

【证】每个选手恰赛9场,所以

xi+yi=9(i=1,2,?,10)

胜负总数相同,即

x1+x2+?+x10=y1+y2+?+y10

=9[(x1-y1)+(x2-y2)+?+(x10-y10)]

=0

所以

第三十八讲 代数:集合、数、式之十三

B1-078 命Pn(k)是集{1,2,?,n}的保持k个点不动的排列的数

【题说】第二十八届(1987年)国际数学奥林匹克题 1.本题由原联邦德国提供.

【证】保持k个点不动,就是其余n-k个点中没有一个点不动,而

于是

不动的排列数,也就是n-1点的全排列数(n-1)!,所以

B1-079 数x、y、z满足关系式

x/(y+z)+y/(z+x)+z/(x+y)=1

证明:x/(y+z)+y/(z+x)+z/(x+y)=0 222

【题说】第十六届(1990年)全俄数学奥林匹克十年级题 1.

【证】将给定的已知等式分别乘以x、y、z且将所得三式相加,得

[x/(y+z)+y/(z+x)+z/(x+y)]+[xy/(y+z)+xz/(y+z)]+[xy/(z+x)

+yz/(z+x)]+[xz/(x+y)+zy/(x+y)]

=x+y+z

上式左边后三个括号内的数分别为x、y、z,所以,要证的等式成立.

B1-080 设x1,x2,?,xn(n?3)是非负实数,且x1+x2+?+xn=1证明:

222

【题说】第一届(1992年)中国台北数学奥林匹克题 3.

【证】当n=3时,由于不等式关于x1,x2,x3轮换对称,不妨设x1?x2,x1?x3. 若x2<x3,由

=(x1-x3)(x1-x2)(x2-x3)?0

所以,只需就x2?x3的情况证明.设x1?x2?x3.

设n=k(k?3)时命题成立.当n=k+1时,设x1?xi(i=2,3,?,k+1),则

故命题对任意n?3均成立

B1-081 对任何自然数n,求证:

【题说】1994年中国数学奥林匹克(第九届数学冬令营)题 5.

【证】下证更一般的结果,对任意r(0?r?n),成立恒等式:

右边,为从2n+1个元素a1,a2,?,a2n+1中取r个的组合数. 将2n+1个元素分为n+1个子集:

{a1,a2},{a3,a4},?,{a2n-1,an}{a2n+1}

从2n+1个元素中取r个的组合,可以这样来取:先从n个二元集中

故得恒等式

B1-083 证明恒等式

【题说】第二十届(1994年)全俄数学奥林匹克九年级(决赛)题5.

B1-084 k与n为整数,1?k?n,a1,a2,?,ak满足

【题说】1995年日本数学奥林匹克题 5.

由牛顿公式

其中1?m?k,由于pj=n(1?j?k),所以令m=j,j+1(1?j?k-1)得

两式相减得

第三十九讲 代数:方程之一

B2-001 如果方程x+ax+b=0与x+px+q=0有一个公根,求以它们的相异根为根的二次方程.

【题说】1957年上海市赛高二复赛题 2. 22

【解】设公根为α,则

α+aα+b=0

α+pα+q=0

相减,得

(a-p)α=q-b

所以

22

由韦达定理,另外两个相异的根为

故所求方程为

【注】利用两根之和等于一次项系数的相反数求出的方程为

此方程与上面求出的方程仅是外形不同,事实上,a,b,p,q有关系.

(b-q)=(aq-bp)(p-a)

B2-002 方程x=1(x?2)的n个根是1,x1,x2,?,xn-1.证明:

n2

【题说】1957年武汉市赛决赛题 2.将原方程变形为(x-1)(x+x+?+x+1)=0.

【证】x-1=(x-1)(x-x1)?(x-xn-1).因此,

(x-x1)(x-x2)?(x-xn-1)=x+x+?+x+1

令x=±1得

(1-x1)(1-x2)?(1-xn-1

)=n n-1n-2nn-1n-2

所以

B2-003 证明:如果整系数二次方程ax+bx+c=0(a≠0)有有理根,那么a、b、c中至少有一个是偶数.

【题说】1958年~1959年波兰数学奥林匹克三试题2.

2

从而

ap+bpq+cq=0

若p、q均为奇数,则

22

因此a、b、c中至少有一个偶数.

若p、q中有一个偶数,则另一个为奇数.不妨设p为奇数,q为偶数,则

即a为偶数.

B2-004 证明:方程x+x=10有一正根为无理数.

【题说】1963年合肥市赛高三二试题 4.

【证】当x=0时,x+x<10.当x=10时,x+x>10,因此x+x=10必有正根(在(0,10)内).

5555

并且p、q互质)

第四十讲 代数:方程之二

B2-007 设a和b为实数,且使方程

x+ax+bx+ax+1=0

至少有一个实根,对所有这种数对(a,b),求出a+b的最小可能值.

【题说】第十五届(1973年)国际数学奥林匹克题3.本题由瑞典提供.

【解】设实数x使 22432

x+ax+bx+ax+1=0

432

从而方程

y+ay+(b-2)=0

2

此式即

平方整理得

2|a|?2+b

从而

程x+ax+bx+ax+1的实根). 432

B2-008 若P1(x)=x-2,Pi(x)=P1[Pi-1(x)],i=2,3,4,?.证明:对任何自然数n,方程Pn(x)=x的根都是不同的实根.

【题说】第十八届(1976年)国际数学奥林匹克题2.本题由芬兰提供.

【证】当|x|?2时,P1(x)?2,从而Pn(x)?2,故Pn(x)的所有实根都在(-2,2)中.设x=2cost,则

P1x(t)=4cost-2=2cost

从而

Pnx(t)=2cos2t n

222

即当2t=±t+2kπ,k=0,1,?时,得Pn(x)=x的2个不同的实根,因为Pn(x)次数是2,所以它的所有根都是实根。 nnn

B2-009 已知方程2x-9x+8=0,求作一个二次方程,使它的一个根为原方程两根和的倒数,另一根为原方程两根差的平方.

【题说】1978年全国联赛一试题 4.

【解】设已知方程的两个根为x1、x2,所求方程为x+px+q=0,它

22

故所求方程为36x-161x+34=0.

B2-010 设a、b、c、d是互不相同的四个整数,r是方程

(x-a)(x-b)(x-c)(x-d)-9=0 2

【题说】1979年河南省赛一试题7.

【证】由题意

(r-a),(r-b),(r-c),(r-d)

是互不相同的四个整数,且

(r-a)(r-b)(r-c)(r-d)=9

由整数的唯一分解定理知r-a,r-b,r-c,r-d只能分别是-1,1,-3,3.

所以

(r-a)+(r-b)+(r-c)+(r-d)=0

B2-011 设a、b、c是方程x-x-x-1=0的根.

1.证明:a、b、c彼此不等; 32

2.证明:下式表示一个整数

【题说】第十四届(1982年)加拿大数学奥林匹克题2.第2小题中,1982换成任意自然数n均成立.

【证】1.由韦达定理,有

a+b+c=1,bc+ca+ab=-1,abc=1

如果a、b、c中有两数相等,不妨设b=c.则有

a+2b=1,b+2ab=-1,ab=1

由前二式解得a=-1,b=1,a=5/3,b=-1/3.但它们不满足第三式.因此,a、b、c彼此不等.

22

(a+b+c)=2都是整数,设在n?k时An均为整数(k?2),则由于b=b+b+b等,所以k+1k+1kkk-1k-1k-2k-2b-c=(b-c)+(b-c)+(b-c).从而Ak+1=Ak+Ak-1+Ak-2也是整数,因此一切An为整数.特别地,A1982为整数.

B2-012 已知x1、x2是方程

x+(k-2)x+(k+3k+5)=0 (k为实数

) 22k+1kk-1k-2

【题说】1982年全国联赛题1(6).原题为选择题.

【解】由于x1、x2是实数根,所以

△=(k-2)-4(k+3k+5)?

22

第四十一讲 代数:方程之三

B2-013 已知方程(x-19)(x-83)=p,有实根r1和r2(其中p为实数),求方程

(x-r1)(x-r2)=-p

的最小实根.

【题说】1984年北京市赛高一题1(4).原题为选择题.

【解】由题意得:

(x-19)(x-83)-p=(x-r1)(x-r2)

可见19与83是方程(x-r1)(x-r2)=-p仅有的两个实根,最小实根为19. B2-014 四次方程

x-18x+kx+200x-1984=0

的四个根中的两个根的乘积为-32,试决定k的值.

【题说】第十三届(1984年)美国数学奥林匹克题1.

【解】设方程四根为x1、x2、x3、x4,且x1x2=-32.由根与系数关系,有

x1+x2+x3+x4=18

(1)

x1x2+x3x4+(x1+x2)(x3+x4)=k

(2)

x1x2(x3+x4)+x3x4(x1+x2)=-200

(3)

x1x2x3x4=-1984

(4) 由(4)得

x3x4=-1984/(-32)=62

代入(3)得

31(x1+x2)-16(x3+x4)=-100

(5) 由(1)、(5)解得

x1+x2=4,x3+x4=14

代入(2)得

k=-32+62+4314=86

B2-015 方程

x+ax+b+1=0

的根是正整数.证明:a+b是合数.

【题说】第二十届(1986年)全苏数学奥林匹克八年级题1.

【证】设x1、x2是原方程的两根,则 222432

(1) 由(1)式得

因为x1、x2都是正整数,所以a+b是合数.

B2-016 a1,a2,?,a2n是2n个互不相等的整数.如果方程

(x-a1)(x-a2)?(x-a2n)+(-1)(n!)=0

有一个整数解r,求证

n-1222

【题说】第二届(1987)东北三省数学邀请赛题6.

【解】由题设可知

(r-a1)(r-a2)?(r-a2n)=(-1)(n!)

2n个整数r-a1,r-a2,?,r-a2n两两不等.

2n个不同的整数r-a1,r-a2,?,r-a2n的积为(-1)(n!),所以它们必为-n,-(n-1),?,-1,1,2,?,n的一个排列,从而

(r-a1)+(r-a2)+?+(r-a2n)

=-n-(n-1)-?-1+1+2+?

+n=0 n2n2

B2-017 证明:对每一整数n>1,方程

无有理根.

【题说】第三十届(1989年)IMO预选题4.本题由保加利亚提供.

【证】首先证明对每一个整数k>0及每个素数p,p|k!,

事实上,设s?0为整数,满足P?k?Pss+1k,则满足p|k!的最大整数为 r

所以

p|k!

若方程有有理根为α,则

k

B2-018 求方程x199+10x-5=0所有199个解的199次方的和.

【题说】1991年日本数学奥林匹克预选赛题2.

【解】设方程的解为a1,a2,?,a199,则由韦达定理知a1+a2+?+a199=0, 所以

B2-019 求使方程x-pqx+p+q=0有整数根的所有自然数p和q.

【题说】第十七届(1991年)全俄数学奥林匹克十年级题1,

【解】设自然数p、q,使得原方程有两根x1、x2∈Z,则

x1x2=p+q>0,x1+x2=pq>O

因此,这两根均为正数,且

(x1-1)(x2-1)+(p-1)(q-1)=2 2

2表为两个非负整数之和,只有三种情况:

(1) 0+2;(2) 1+1;(3) 2+0.

由(1)得p=3,q=2或p=2,q=3;由(2)得p=q=2;由(3)得p=1,q=5,或p=5,q=1

第四十二讲 代数:方程之四

B2-020 对多少个实数a,x的二次方程

x+ax+ba=0

只有整数根?

【题说】第九届(1991年)美国数学邀请赛题8.

【解】设m、n是方程二整数根(m?n).则应有

a=-(m+n),6a=mn

因此,a也是整数,且

-6(m+n)=mn

(m+6)(n+6)=36

由于

36=223

所以(m,n)有10组解:(-42,-7),(-24,-8),(-18,-9),(-15,-10),(-12,-12),(-5,30),(-4,12),(-3,6),(-2,3),(0,0)对应的a=-(m+n)也有10个值:

49,32,27,25,24,-25,-8,-3,-1,0

B2-021 p为整数,试证x-2x-(10p+10p+2)=0无整数解.

【题说】第三届(1993年)澳门数学奥林匹克第二轮题1.

【证】将原方程变形为

x(x-2)=2[5p(p+1)+1] (1)

因为p(p+1)是偶数,所以(1)式右边

22222

如果x是整数,那么x必为偶数,(1)式左边

矛盾.

所以原方程无整数解.

B2-022 设f(x)=x+5x+3,其中n是一个大于1的整数.求证:f(x)不能表示为两个多项式的乘积,其中每一个多项式都具有整数系数而且它们的次数都不低于一次.

【题说】第三十四届(1993年)国际数学奥林匹克题1.

【解】f(x)的有理根只可能是±1,±3.不难验证f(1)=8,f(-1)=4(-1)+3,f(3)=3+523+3,f(-3)=2(-3)+3均不为0,所以f(x)没有一次因式.

f(x)=g(x)h(x)

(*)

其中

g(x)=x+ap-1x+?+a1x+a0

h(x)=x+bq-1x+?+b1x+b0

p,q,a0,a1,?,ap-1,b0,b1,?,bq-1都是整数并且p+q=n,p?2,q?2,

则比较(*)式两边常数项得a0b0=3.

不妨设a0=±3,b0=±1.设a1,?,ap中第一个不被3整除的为ak,则k?p=n-q<n-1.

比较(*)两边x的系数得

0=akb0+ak-1b1+?+a0bk

左边被3整除,右边仅akb0不被3整除,从而右边不被3整除,矛盾.

所以f(x)不能分解为两个整系数多项式的乘积.

B2-023 x的二次方程

x+z1x+z2+m=0

(1)

中,z1、z2、m均是复数,且

2kqq-1pp-1n-1nn-1n-1nn-1

(2)

【题说】1994年全国联赛二试题1.

【解】由韦达定理有

因为(α-β)=(α+β)-4αβ

22

所以

m-(4+5i)|=7

这表明复数m在以A(4,5)为圆心、以7为半径的圆周上.

故原点在⊙A内.

延长OA,交圆周于B、C两点,则

B2-024 已知方程ax+bx+c=0有3个不同的实数根.证明:方程cx+bx+a=0也有3个不同的实数根.

【题说】第二十届(1994年)全俄数学奥林匹克九年级题5.

【证】显然x=0不是方程ax+bx+c=0的根,否则c=0,方程只有两个不同的实数根,这与题设矛盾.

54545

B2-025 方程x+ax+b=0有两个不同的实数根.证明:方程x+ax+(b-2)x-ax+1=0有4个不同的实数根.

【题说】第二十届(1994年)全俄数学奥林匹克十年级题2.

【证】x+ax+(b-2)x-ax+1=(x-x1x-1)(x-x2x-1)

其中x1、x2分别是方程x+ax+b=0的两个不同的实数根. 2432222432

现在只须证明:方程

x-x1x-1=0

(1)

x-x2x-1=0

(2)

的实数根各不相同.由判别式

22

知它们分别有两个不同的实数根.

x1≠x2矛盾.所以方程(1)、

(2)没有公共根.从而本题结论成立.

B2-026 求一切实数p,使得三次方程

5x-5(p+1)x+ (71p-1)x+1=66 p (1)

的三个根均为正整数.

【题说】1995年全国联赛二试题2.

【解】由观察知,x=1是(1) 的一个正整数根.所以5x-5(p+1)x+(71p-1) x+1-66p=(x-1)Q(x),其中Q(x)=5x-5px+66p-1. 设正整数u、v是Q(x)=0的两个根,则

32232

所以p是正整数,将(2)代入(3),得5uv=66(u+v)-1 (4)

从而

因左边是5的倍数,19、229又都是素数,故5v-66=19或229由此求得v=17或59,u=59或17,p=u+v=76,即当且仅当p=76时,方程(1)三根均是正整数:1,17,59.

第四十三讲 代数:方程之五

B2-027 已知f(x)、g(x)和h(x)都是二次三项式,方程f(g(h(x)))=0有根为1,2,3,4,5,6,7和8,这可能吗?

【题说】第二十一届(1995年)全俄数学奥林匹克九年级题3.

【解】设1,2,3,4,5,6,7和8是方程f(g(h(x)))=0的根.

如果直线x=a是抛物线y=h(x)的对称轴,那么当且仅当x1+x2=2a时,h(x1)=h(x2).

多项式f(g(x))的根不多于4个,而h(1),h(2),?,h(8)都是它的根,因此只能是a=4.5,且h(4)=h(5),h(3)=h(6),h(2)=h(7),h(1)=h(8).此外,由图像可知h(1),h(2),h(3),h(4)是单调数列.

同样地,考察二次三项式f(x)及它的根g(h(1)),g(h(2)),g(h(3)),g(h(4)).我们得到h(1)+h(4)=2b,h(2)+h(3)=2b,其中直线x=b是方程y=g(x)的抛物线的对称轴.

对于二次三项式h(x)=Ax+Bx+c,由h(1)+h(4)=h(2)+h(3),得4A=0,即A=0,这与h(x)是二次三项式相矛盾,所以方程f(g(h(x)))=0不可能有根1,2,3,4,5,6,7,8.

B2-028 若α、β、γ是x-x-1=0的根,计算

32

的值.

【题说】第二十八届(1996年)加拿大数学奥林匹克题1.

【解】设f(x)=x-x-1=(x-α)(x-β)(x-γ)

由多项式根与系数关系,有

α+β+γ=0

αβ+βγ+γα=-1

αβγ=1

从而

3

其中分子 A=(1+α)(1-β)(1-γ)+(1+β)(1-α)(1-γ)+(1+γ)(1-α)(1-β)

=3-(α+β+γ)-(αβ+βγ+γα)+3αβγ=7

分母

B=(1-α)(1-β)(1-γ)=f(1)=-1

因此所求值为S=-7.

B2-029 设p(x)是实系数多项式函数p(x)=ax+bx+cx+d.证明:如果对任何|x|<1,均有|p(x)|?1,则|a|+|b|+|c|+|d|?7.

【题说】第三十七届(1996年)IMO预选题

【证】由p(x)为连续函数且|x|<1时,|p(x)|?1,故|x|?1时,p(x)?1. 32

|a|+|b|=max{|a+b|,|

故|c|+|d|=max{|c+d|,|-c+d|}?3.

因此,|a|+|b|+|c|+|d|?7.

B2-030 设a是x3-x-1=0的解,求以a2为其解的整系数三次方程.

【题说】1996年日本数学奥林匹克预选赛题4.

【解】a3-a=1,两边平方得

a2(a2-1)2=1 -a+b|}?

4

所以a是x(x-1)=1的根,展开得

x-2x+x-1=0

这就是所求的方程.

B2-031 假设x+3x+4x-11=0的根是a,b,c,x+rx+sx+t=0的根是a

+b,b+c,c+a,求t.

【题说】第十四届(1996年)美国数学邀请赛题5.

【解】由韦达定理,

r =-(a+b)(b+c)(c+a)

=-(-3-c)(-3-a)(-3-b)

=-((-3)+3(-3)+4(-3)-11)=23

B2-032 设P是方程z+z+z+z+1=0的有正虚部的那些根的乘积,并设P=r(cosθ°+isinθ°),这里0<r,0?6<360.求θ.

【题说】第十四届(1996年)美国数学邀请赛题11.

【解】原方程即

64323232323222

u-2u+1=0

(u-1)(u+u-1)=0

从而

23

z=cos60°±isin60°,cos72°±isin72°,cos144°±isin144°

θ=60+72+144=276

B2-033 解方程组

其中a和b是已知实数,当a和b满足什么条件时,方程组的解x、y、z是互不相同的正数?

【题说】第三届(1961年)国际数学奥林匹克题1.本题由匈牙利提供.

【解】a-b=(x+y+z)-(x+y+z)

=2(xy+yz+zx)

=2(z+yz+zx)=2az

若a=0,则b≠0时方程组无解;b=0时,由x+y+z=0得x=y=z=0.

2222222222

u+(z-a)u+z=0

22

y>0.

第四十四讲 代数:方程之六

B2-034 一时钟在某时间T1,短针指在2与3之间,长针指在4与5之间,过了某段时间之后,到时间T2,长针指在原来短针所指的位置,而短针指在原来长针所指的位置,求原来时间T1和现在时间T2各为几点钟.

【题说】1963年上海市赛高三决赛题2.

【解】设在时间T1,短针的度数为x,长针的度数为y.因短针走

B2-035 求所有能使等式

x5+x2=yx1 (1)

x1+x2=yx2 (2)

x2+x4=yx3 (3)

x3+x5=yx4 (4)

x4+x1=yx5 (5)

成立的值x1,x2,x3,x4,x5,这里的y是一个参数.

【题说】第五届(1963年)国际数学奥林匹克题4.本题由原苏联提供.

【解】将五个方程相加得

(x1+x2+x3+x4+x5)(y-2)=0

所以x1+x2+x3+x4+x5=0或y=2.

如果y=2,那么原方程组可写成

x5-x1=x1-x2=x2-x3=x3-x4=x4-x5

即x1=x2=x3=x4=x5=任意数是原方程组的解.

如果y≠2,那么

x1+x2+x3+x4+x5=0 (6)

由(3)、(2)、(4)得

yx3=y(x2+x4)=(x1+x3)+(x3+x5)

由上式及(3)、(6)得

(y+y-1)x3=x1+x3+x5+x2+x4=0 22

因此,在y+y-1=0时,x3=0.同理

x1=x2=x3=x4=x5=0

它显然是原方程组的解.

2

不难验证任意x2、x1及由以上三式得出的x3、x4、x5是原方程组的解.

B2-036 已知方程组

其系数满足下列条件:

(1)a11、a22、a33都是正的;

(2)所有其余系数都是负的;

(3)每一方程中系数之和是正的.

证明:x1=x2=x3=0是已知方程组的唯一解.

【题说】第七届(1965年)国际数学奥林匹克题2.本题由波兰提供.

【证】设x1、x2、x3为一组解,不妨设|x1|?|x2|?|x3|,则|a11x1+a12x2+a13x3|?|a11x1|-|a12x2|-|a13x3|?a11|x1|+a12|x1|+a13|x1|=(a11+a12+a13)|x1|?0,等号仅在x1=x2=x3=0时成立.

B2-037 解方程组

其中a1、a2、a3、a4是已知的两两不等的实数.

【题说】第八届(1966年)国际数学奥林匹克题5.本题由捷克斯洛伐克提供.

【解】在方程组中,如果将足码i换j,j换成i,原方程组不变.不失一般性,可以假定a1>a2>a3>a4,这时原方程组成为 (a1-a2)x2+(a1-a3)x3+(a1-a4)x4=1 (1)

(a1-a2)x1+(a2-a3)x3+(a2-a4)x4=1 (2)

(a1-a3)x1+(a2-a3)x2+(a3-a4)x4=1 (3)

(a1-a4)x1+(a2-a4)x2+(a3-a4)x3=1 (4)

(1)-(2)、(2)-(3)、(3)-(4),分别得

(a1-a2)(x2+x3+x4-x1)=0

(a2-a3)(-x1-x2+x3+x4)=0

(a3-a4)(-x1-x2-x3+x4)=0

即有

x2+x3+x4=x1 (5)

x1+x2=x3+x4 (6)

x1+x2+x3=x4 (7)

由(5)、(6)、(7)得

x2=x3=0,x1=x4

代入(1)、(4)得

经检验可知,当a1>a2>a3>a4时,

是原方程组的解.

一般地,当ai>aj>ak>al时,方程组的解为:

B2-038 给出关于x1,x2,?,xn的方程组

其中a、b、c为实数,a≠0,且Δ=(b-1)-4ac.证明:在实数范围内该方程组

(i)当Δ<0时无解;

(ii)当Δ=0时恰有一个解;

(iii)当Δ>0时有多于一个解.

【题说】第十届(1968年)国际数学奥林匹克题3.本题由保加利亚提供.

【证】将n个方程相加得

2

所以Δ<0时,无实数解.

Δ=0时,只有一个解

Δ>0时,显然有两组不同的解

B2-039 已知p个方程q=2p个未知数x1,x2,?,xq的方程组:

a11x1+a12x2+?+a1qxq=0

a21x1+a22x2+?+a2qxq=0

??

ap1x1+ap2x2+?+apqxq=0

其中每一个系数aij是集{-1,0,1}中一元素,i=1,2,?,p;j=1,2,?q .证明:方程组有一个解(x1,x2,?,xq)使得

(i)所有xj(j=1,2,?,q)是整数;

(ii)至少有一个j值使xj≠0(1?j?q);

(iii)|xj|?q(j=1,2,?,q).

【题说】第十八届(1976年)国际数学奥林匹克题5.本题由荷兰提供.

【证】考虑适合条件|yj|?p(j=1,2,?,q)的所有整数组(y1,y2,?,yq),共有(2p+1)q个. 令Ai=ai1y1+?+aiqyq,i=1,2,?,p.

由于aij是-1,0,1中的一个,每个Ai都是整数,并且

|Ai|?|y1|+?+|yq|?pq

因此,数组(A1,A2,?,Ap)至多有(2pq+1)p=(4p+1)p个.

因为(2p+1)q=(2p+1)2p=(4p2+4p+1)p>(4p+1)p,由抽屉原理,一定有两个不同的数组(y1,?,yq),(y′q)产生同一个数组(A1,A2,?,Ap),所以

ai1(y1-y′1)+?+aiq(yq-y′q)= 0(i=1,2,?,p)

令xj=yj-y′j,j=1,2,?,q.则x1,?,xq不全为零,满足方程组且有

|xj|=|yj-y′j|?|yj|+|y′j|?2p=q

这说明(x1,?,xq)即是所要找的一个解.

y′1,?,

网站首页网站地图 站长统计
All rights reserved Powered by 海文库
copyright ©right 2010-2011。
文档资料库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit326@126.com