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1、A5 整数综合问题A5002 在nn(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p1p2pnq1q2qn，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(nk)由于n为奇数，knk，所以p1p2pnq1q2qn0A5003 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
2、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(i1，2，n)都相等【题说】1964年全俄数学奥林匹克八年级题4n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(1in)，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z1z2zn；当n是偶数时，z1，zn中奇数项相等，偶数项相等若zi(1in)由yi(1in)经运算得出，且设则有 2(y1y2yn)2na及 2(y2y3yny1)2nb从而 2
3、na2nb，ab由此得出z1z2zna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，ab)满足题中条件，但结论不成立A5004 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ab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ab也应该属于集合A，而且满足不等式baba但是集合A
4、不含有小于a的正数和大于b的负数，所以ab只能等于0因此，数0属于集合A，且ba根据前面所证，集合A包含数a的所有整数倍设xA，则由带余数除法，存在整数q、r，使xqar(0ra)于是rx(qa)A由于0ra，必有r0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AA5005 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，n1时，显然设n时结论真对a(n1)！，将a除以n1得ad
5、(n1)r，这里dn！，0rn1由归纳假设，dd1d2dl，ln且所有di是n！的不同因数(i1，2，l)于是 ad1(n1)dl(n1)r这个和中的加数不多于n1个，其中每一个都是(n1)！的因数，且全不相等A5006 找出具有下列性质的所有正整数n：设集合n，n1，n2，n3，n4，n5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，n1，n2，n3，n4，n5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，
6、所以p只能为2，3，5再考虑数n1，n2，n3，n4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A5007 证明：任何一个正的既约真分数mn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m1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m1也成立为此，设nqmr(0rm) (1)因为mn是正的既约真分数，所以q0，r0又因0mrm，所以由归纳假设
7、，其中t1t2tk为自然数因为nm，所以由(3)知：t1q1，将(3)代入(2)得所以，命题对任何自然数m都成立A5008 8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9881156998315510085154101871531028915210381115110481315010580157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
8、的最大整数pqpqA5009 若整数n可表示成na1a2ak (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，n1，2n7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(a1a2ak)442n82(a1a2ak)362n9也是好数，因此Pn成立根据数学归纳法，对所有正整数n33，Pn成立，原命题因而得证A5010 设f(x)x2x1证明：对任意的m个自然数(m1)，f(
9、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mpk(m)代替m，就得到pnk(m)pn(m)与mpk(m)互素A5011 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ns(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nS(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n1962时，nS(n)1980(2)令SnnS(n)，如果n的末位数字是9，则Sn1
10、Sn；否则Sn1Sn2对任意两个连续的自然数m(m2)，m1，在Snm的n中，选择最大的，并用N表示这时SN1mSN，所以N的末位数字不是9，从而SN1SN2由mSN1SN2m2，即得SN1m或SN1m1A5012 设n为2的自然数证明方程xn1yn1在x与n1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】xnyn11(y1)(ynyn11)如果质数p是y1与ynyn11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ynyn11除以p与n1除以p的余数相同，即n1也被p整除，这与x、n1互质矛盾因此y1与ynyn11互质，从而y1sn，ynyn
11、11tn，其中s、t为自然数，stx但ynynyn11(y1)n，所以ynyn11tn，矛盾，原方程无解A5013 设a、b、c是两两互素的正整数，证明：2abcbeacab是不能表示为xbcyaczab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axbyn当nabab时，首先取0xb(若xb则用xb、ya代替x、y)，我们有bynaxababaxababa(b1)b所以y1也是非负整数即nabab时，有非负整数x、y使axbyn因为a、b、c两两互素，所以(bc，ac，ab)1令(bc，a
12、c)d则(ab，d)1，所以方程abzdtn (1)有整数解，并且0zd(若zd则用zd、tab代替z、t)设 bcda1，acdb1，那么(a1，b1)1在n2abcbccaab时，即 ta1b1a1b1从而方程 a1xb1yt (2)有非负整数解(x，y)由(1)与(2)消去t可得bcxacyabzn有非负整数解另一方面，若有非负整数x、y、z使2abcbcacahxbcyaczab则 bc(x1)ac(y1)ab(z1)2abc于是应有，a整除bc(x1)，因(a，bc)1所以，a整除x1，从而cx1同理有，by1，cz1因此3abcbcaacbabcbc(x1)ac(y1)ab(z1)2abc由于a、b、c都是正整数，这是不可能的，故2abcbccaab不能表成xbcycazab(x、y、z为非负整数)的形式A5014 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
