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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