各国数学奥林匹克试题归类解析A整数A5综合题.docx
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各国数学奥林匹克试题归类解析A整数A5综合题
A5整数综合问题
A5-002在n×n(n为奇数)的方格表里的每一个方格中,任意填上一个+1或-1,在每一列的下面写上该列所有数的乘积;在每行的右边写上该行所有数的乘积,证明:
这2n个乘积的和不等于0.
【题说】1962年全俄数学奥林匹克八、九年级题5.
【证】设p1,p2,…,pn是各行数字乘积,q1,q2,…,qn是各列数字乘积,它们都是+1或-1,而应有p1p2…pn=q1q2…qn,所以p1、p2、…、pn、q1、q2…、qn中应有偶数个-1.设为2k个,则其中+1的个数为2(n-k).由于n为奇数,k≠n-k,所以
p1+p2+…+pn+q1+q2+…+qn≠0
A5-003已知任意n个整数a1,a2,…,an,由此得到一列新的数.
由这n个数依同样法则又得到一列新数,并如此做下去.假如所有这些新数都是整数,证明原来所给各数ai(i=1,2,…,n)都相等.
【题说】1964年全俄数学奥林匹克八年级题4.n为偶数时有一种例外情况使结论不成立.
【证】对于任给的n个数xi(1≤i≤n),如果它们不全相等,那么施行如上运算若干次后得的新数中,最大值要变小,最小值要变大,因此,如若不能得出一组n个相同的数的话,其中最大数不能永远是整数.
假设从一组n个数z1,z2,…,zn得到n个相同的数
那么,当n是奇数时,易知z1=z2=…=zn;当n是偶数时,z1,…,zn中奇数项相等,偶数项相等.
若zi(1≤i≤n)由yi(1≤i≤n)经运算得出,且设
则有2(y1+y2+…+yn)=2na
及2(y2+y3+…+yn+y1)=2nb
从而2na=2nb,a=b
由此得出z1=z2=…=zn=a
因此,我们的命题成立.
仅当n为偶数时,有一种例外情况:
n个整数a,b,a,b,…,a,b,(a与b的奇偶性相同,a≠b)满足题中条件,但结论不成立.
A5-004某整数集合A既含有正整数,也含有负整数,而且如果a和b是它的元素,那么2a和a+b也是它的元素,证明:
集合A包含它的任意两个元素之差.
【题说】1967年匈牙利数学奥林匹克题1.
【证】不难证明:
如果整数c是集合A的元素,而n是自然数,那么nc也属于集合A.
因为集合A既含有正整数,也含有负整数,根据最小数原理,集合A存在最小的正整数a和绝对值最小的负整数b.这两个数的和a+b也应该属于集合A,而且满足不等式.
b<a+b<a
但是集合A不含有小于a的正数和大于b的负数,所以a+b只能等于0.因此,数0属于集合A,且b=-a.根据前面所证,集合A包含数a的所有整数倍.
设x∈A,则由带余数除法,存在整数q、r,使x=qa+r(0≤r<a).于是r=x+(-qa)∈A.由于0≤r<a,必有r=0.即A中的数均为a的整数倍.
既然集合A的元素都是a的整数倍,因此集合A的任意两个元素之差也是元素a的整数倍,因而属于集合A.
A5-005证明:
任何不大于n!
的自然数,都能表示成不多于n个数的和,在这些加数中,没有两个是相同的,而且任何一个都是n!
的因数.
【题说】第二届(1968年)全苏数学奥林匹克九年级题5.
【证】对n用数学归纳法,
n=1时,显然.
设n时结论真.
对a≤(n+1)!
,将a除以n+1得a=d(n+1)+r,这里d≤n!
,0≤r<n+1.
由归纳假设,d=d1+d2+…+dl,l≤n.且所有di是n!
的不同因数(i=1,2,…,l).
于是a=d1(n+1)+…+dl(n+1)+r
这个和中的加数不多于n+1个,其中每一个都是(n+1)!
的因数,且全不相等.
A5-006找出具有下列性质的所有正整数n:
设集合{n,n+1,n+2,n+3,n+4,n+5}可以划分成两个无公共元素的非空子集,使得一个子集中所有元素的乘积等于另一子集中所有元素的乘积.
【题说】第十二届(1970年)国际数学奥林匹克题4.本题由捷克斯洛伐克提供.
【解】假定n具有所述性质,那么六个数n,n+1,n+2,n+3,n+4,n+5中任一个素因数p必定还整除另一个数(在另一个子集中).因而p整除这两个数的差,所以p只能为2,3,5.
再考虑数n+1,n+2,n+3,n+4.它们的素因数不能为5(否则上面的六个数中只有一个被5整除),因此只能为2与3.这四个数中有两个为连续奇数.它们必须是3的正整数幂(因为没有其它因数),但这样两个幂的差被3整除,决不能等于2.矛盾!
这就说明具有所述性质的n是不存在的.
A5-007证明:
任何一个正的既约真分数m/n可以表示成两两互异的自然数的倒数之和.
【题说】1972年~1973年波兰数学奥林匹克三试题5.
【证】对m用数学归纳法.
m=1时,显然成立.假设对小于m的自然数命题成立,我们证明它对m>1也成立.为此,设
n=qm+r(0≤r<m)
(1)
因为m/n是正的既约真分数,所以q>0,r>0.
又因0<m-r<m,所以由归纳假设,
其中t1<t2<…<tk为自然数.
因为n>m,所以由(3)知:
t1>q+1,将(3)代入
(2)得
所以,命题对任何自然数m都成立.
A5-0088分和15分的邮票可以无限制地取用.某些邮资额数,例如7分、29分,不能够刚好凑成.求不能凑成的最大额数n,即大于n的额数都能够凑成,并证明你的答案.
【题说】第六届(1974年)加拿大数学奥林匹克题6.
【解】因为
98=8·1+15·6
99=8·3+15·5
100=8·5+15·4
101=8·7+15·3
102=8·9+15·2
103=8·11+15·1
104=8·13+15·0
105=8·0+15·7
比105大的数,可用以上8数加上8的适当倍数而得到.而97不能用8与15凑成.故所求的n值为97.
【注】一般地,当正整数p、q互质时,不能用p、q凑成的最大整数pq-p-q.
A5-009若整数n可表示成
n=a1+a2+…+ak
(1)
其中a1,a2,…,ak是满足
的正整数(不一定相异),那么,我们称n是好数,已知整数33至73是好数,证明:
每一个不小于33的整数都是好数.
【题说】第七届(1978年)英国数学奥林匹克题3.
【证】我们改证命题
pn:
整数n,n+1,…,2n+7都是好数.
已知p33为真.
假设pn成立,那么n是好数,即存在正整数a1,a2,…,ak使
(1)、
从而
这表明2(a1+a2+…+ak)+4+4=2n+8
2(a1+a2+…+ak)+3+6=2n+9
也是好数,因此Pn成立.根据数学归纳法,对所有正整数n≥33,Pn成立,原命题因而得证.
A5-010设f(x)=x2-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
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.
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xn+1=yn+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】xn=yn+1-1=(y-1)(yn+yn-1+…+1).如果质数p是y-1与yn+yn-1+…+1的公因数,则p整除xn,从而p是x的因数.但y除以p余1,所以yn+yn-1+…+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.因此y-1与yn+yn-1+…+1互质,从而y-1=sn,yn+yn-1+…+1=tn,其中s、t为自然数,st=x.但yn<yn+yn-1+…+1<(y+1)n,所以yn+yn-1+…+1≠tn,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.
【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105,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|=211-1>1983.M中最大的数为
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.
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=2×2,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3×3>2×2×2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35×22=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=2k和b+c=2m,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)]
=a2+ad-ab-ac=a2+bc-ab-ac=(a-b)(a-c)>0
所以a+d>b+c,即2k>2m,k>m.
又由ad=bc,有a(2k-a)=b(2m-b)
2m(b-2k-ma)=b2-a2=(b+a)(b-a)
可知2m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2m-1必整除b+a或b-a之一.
因为b+a<b+c=2m,所以b+a=2m-1或b-a=2m-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2m-1的奇因数,即1.所以a与b互质,同理a与c也互质.但由ad=bc,知a能整除bc,故a=1.
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)=ps,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)=ps.
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;
(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)=2s,其中自然数s≥2,那么f(f(n))=f(2s)=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=4n2+4n+1=(2n+1)2
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).
两个自然数的平方差,则称这个自然数为“智慧数”比如16=52-32,16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)2-k2,都是“智慧数”.
4k=(k+1)2-(k-1)2
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x2-y2=(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=3×663,所以2656=4×664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.
对于x=5k×31m×1990n(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
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=5k×31m×1990n=2n×5k+n×31m×199n,
T(x)=3n+k+m
A5-025证明:
若
则
为整数.
【题说】1990年匈牙利阿拉尼·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modp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modp的p-1个剩余类,从而总有a使1+2+…+x≡a(modp)无解,这时
(1)也无解.
若n=2k(k≥1),考察下列各数:
0×1,1×2,2×3,…,(2k-1)2k
(2)
设x(x+1)≡y(y+1)、(mod2k+1),其中0≤x,y≤2k-1,则
x2-y2+x-y≡(x-y)(x+y+1)≡0(mod2k+1)
因为x-y,x+y+1中,一个是奇数,一个是偶数,所以x-y≡0(mod2k+1)或x+y+1≡0(mod2k+1)
由后者得:
2k+1≤x+y+1≤2k-1+2k-1+1=2k+1-1
矛盾.故x≡y(mod2k+1),即x=y.
因此
(2)中的2k个偶数mod2k+1互不同余,从而对任意整数a,方程x(x+1)≡2a(mod2n)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
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