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1、历届奥数竞赛题讲解精选1. 假设n是自然数，d是2n2的正约数证明：n2d不是完全平方【题说】 1953年匈牙利数学奥林匹克题2 【证】 设2n2kd，k是正整数，假如 n2d是整数 x的平方，那么k2x2k2（n2d）n2（k22k）但这是不也许的，由于k2x2与n2都是完全平方，而由k2k22k（k1）2得出k22k不是平方数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达成n（n1）（n2）（n3）（n23n）（n28n2）（n23n1）21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-
2、1.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：此级数一定具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 am2（mN）于是a（2kmdk2）d（mkd）2对于任何kN，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数2.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n2100a2b，其中 0b100于是 n10a，即 n10a1因此bn2100a220a1由此得 20a11
3、00，所以a4经验算，仅当a4时，n41满足条件若n41则n2402422402100因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412-1.求所有的素数p，使4p21和6p21也是素数 【题说】 1964年1965年波兰数学奥林匹克二试题 1【解】 当p1（mod 5）时，5|4p21当p2（mod 5）时，5|6p21所以本题只有一个解p52.证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，zn4a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m1及自然数n，有n44m4（n22m2）24m2n2（n22mn2m2）（n22mn2m2）
4、而 n22mn2m2n22mn2m2（nm）2m2m21故 n44m4不是素数取 a424，434，就得到无限多个符合规定的 a-1.假如自然数n使得2n1和3n1都恰好是平方数，试问5n3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】 假如2n1k2，3n1m2，则5n34（2n1）（3n1）4k2m2（2km）（2km）由于5n3（3n1）2m222m1，所以2km1（否则5n32km2m1）从而5n3（2km）（2km）是合数2.可以表达成连续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
5、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，所以满足题目规定的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495又4955152594546544041503.021 试拟定具有下述性质的最大正整数A：把从1001至2023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1001100220231500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和15005，所以A1500
6、5另一方面，将10012023排列如下：2023 1001 1900 1101 1800 1201 1700 1301 1600 14011999 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，a2023（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i1）j项，1i20，1j10）令 Siaiai1ai9（i1，2，1901）则S115005，S215004易知若i为奇数，则Si15005；若i为偶数，则Si15004综上所述A15
7、005-1. n为如何的自然数时，数 32n122n16n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】 32n122n16n（3n2n）（3n12n1）当 nl时，3n2n1，3n12n11，所以原数是合数当 n1时，原数是素数132. 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（n1）！，则a2k（2kn1），被k整除而不被k2整除（由于a2被k2整除而k不被k2整除）假如a2k是质数的整数幂pl，则kpj（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被pj1整
8、除，所以a2k被pj整除而不被pj1整除，于是a2kpjk，矛盾因此a2k（2kn1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂-1. 求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n5）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aiin！1，i1，2，n组成的集合满足规定由于其中任意k个数之和为mn！k（mN，2kn）由于n！12 n是 k的倍数，所以mn！k是 k的倍数，因而为合数对任意两个数ai与 aj（ij），假如它们有公共的质因数p，则p也是aiaj（ij）n！的质因数，由于0ijn，所以p也是n！的质因数但ai与n！互质，所以ai与a
9、j不也许有公共质因数p，即ai、aj（ij）互素令n5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601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ab1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2d1、5d1、13d1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可用反证法，设5d1x2 （1）5d1y2 （2）13d1z2 （3）其中x、y、z是正整数由（1）式知，x是奇数，不妨设x2n1代入有 2d1（2n1）2即d2n22n1 （4）（4）式说明d也是奇数于是由（2）、（3）知y
10、、Z是偶数，设y2p，z2q，代入（2）、（3）相减后除以4有2dq2p2（qp）（qp）因2d是偶数，即q2p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而qp和qp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，故命题对的-1.假如一个自然数是素数，并且任意地互换它的数字，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，104M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2.证明：假如p和p2都是大于3的素数，那么6是p1的因数【题说】 第五届（1973年）加拿大数学奥林匹克题 3【证】 由于p是奇数，所以2是p1的因数由于p、p1、p2除以 3余数不同，p、p2都不被 3整除，所以p1被 3整除于是6是p1的因数
