第一节 特殊的自然数

泉州七中高二数学竞赛 第一章 数论初步 第一节 特殊的自然数      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112整除．因此，数100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b≤18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某个自然数的平方．对a＝1，2，…，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＝882．      A1－002 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方． 【题说】 1953年匈牙利数学奥林匹克题2． 【证】 设2n2＝kd，k是正整数，如果 n2＋d是整数 x的平方，那么 k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k） 但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋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）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2） ＝（n2＋3n＋1）2－1 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＝m2（m∈N）．于是 a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2 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 n2满足条件，令n2＝100a2＋b，其中 0＜b＜100．于是 n＞10a，即 n≥10a＋1．因此 b＝n2100a2≥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n2－402≥422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681．     A1－006 求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数． 【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|4p2＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p2＋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＝n4＋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 n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2 ＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2） 而                    n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2 ＝（n－m）2＋m2≥m2＞1 故 n4＋4m4不是素数．取 a＝4·24，4·34，…就得到无限多个符合要求的 a． 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）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m 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a2、b2、a2b2都属于Vn．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在Vn中不可分解． 式中不会出现a2． r＝a2b2有两种不同的分解方式：r＝a2·b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab·ab＝…（直至ab分成不可分解的元素之积），前者有因数a2，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＋104，1＋104＋108，… 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＝137·73．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除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，104×M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＝x2                                                   （1） 5d－1＝y2                                                   （2） 13d－1＝z2                                                 （3） 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）2即 d＝2n2－2n＋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＝q2－p2＝（q＋p）（q－p） 因2d是偶数，即q2－p2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．      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＝i·n！＋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 m·n！＋k（m∈N，2≤k≤n） 由于n！＝1·2·…· n是 k的倍数，所以m·n！＋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k2＋k＋n对于整数k 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）2＋（m－p）＋n． 又（m－p）2＋（m－p）＋n≥n＞P，这与m是使k2＋k＋n为合数的最小正整数矛盾． （2）若m≤p－1，则（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且 （p－1－m）2＋（p－1－m）＋n≥n＞p 因为（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n为合数，所以 p－1－m≥m，p≥2m＋1 由 得 4m2＋4m＋1≤m2＋m＋n 即 3m2＋3m＋1－n≤0 由此得 A1－017 正整数a与b使得ab＋1整除a2＋b2．求证：（a2＋b2）/（ab＋1）是某个正整数的平方． 【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． a2－kab＋b2＝k                                   （1） 显然（1）的解（a，b）满足ab≥0（否则ab≤－1，a2＋b2＝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 （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a2＋k（2≤k≤n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是质数的整数幂pl，则k＝pj（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被pj＋1整除，所以a2＋k被pj整除而不被pj＋1整除，于是a2＋k＝pj＝k，矛盾．因此 a2＋k（2≤k≤n＋1） 这n个连续正整数都不是素数的整数幂．     A1－019 n为怎样的自然数时，数 32n＋1－22n＋1－6n 是合数？ 【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＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1） 当 n＞l时，3n－2n＞1，3n＋1＋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．     A1－022 相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？ 【题说】 1992年友谊杯国际数学竞赛七年级题2． 【解】             （n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2 ＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77） 不难验证n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）时，均有 2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1） 0（mod 5） 所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2不是平方数，     A1－023 是否存在完全平方数，其数字和为1993？ 【题说】 第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第二轮题2． 【解】 存在，事实上， 取n＝221即可．     A1－024 能够表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？ 【题说】 第十一届（1993年）美国数学邀请赛题6． 【解】 答495． 连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495． 又495＝51＋52＋…＋59＝45＋46＋…＋54＝40＋41＋…＋50      A1－025 如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？ 【题说】 第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克九年级一试题1． 【解】 如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）． 因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k＋m）（2k－m）是合数．     A1－026 设n是正整数．证明：2n＋1和3n＋1都是平方数的充要条件是n＋1为两个相邻的平方数之和，并且为一平方数与相邻平方数2倍之和． 【题说】 1994年澳大利亚数学奥林匹克二试题2． 【证】 若2n＋1及3n＋1是平方数，因为2 （2n＋1），3 （3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，由此可得 n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2 反之，若n＋1＝k2＋（k＋1）2＝（t±1）2＋2t2，则 2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2 从而命题得证．     A1－027 设 a、b、c、d为自然数，并且ab＝cd．试问 a＋b＋c＋d能否为素数． 【题说】 第五十八届（1995年）莫斯科数学奥林匹克九年级题 10． 【解】 由题意知 正整数，将它们分别记作k与l．由 a＋c＞c≥c1，b＋c＞c≥c2 所以，k＞1且l＞1． 从而，a＋b＋c＋d＝kl为合数．     A1－028 设k1＜k2＜k3＜…是正整数，且没有两个是相邻的，又对于m＝1，2，3，…，Sm＝k1＋k2＋…＋km．求证：对每一个正整数n，区间（Sn，Sn＋1）中至少含有一个完全平方数． 【题说】 1996年爱朋思杯——上海市高中数学竞赛题2． 【证】 Sn＝kn＋kn－1＋…＋k1 所以 从而 第 1 页 共 15 页 数学奥林匹克竞赛题解