1、A1.特殊的自然数 A1001 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1x1000a100a10bb11（100ab）其中0a9，0b9可见平方数x被11整除，从而x被112整除因此，数100ab99a（ab）能被11整除，于是ab能被11整除但0ab18，以ab11于是x112（9a1），由此可知9a1是某个自然数的平方对a1，2，9逐一检验，易知仅a7时，9a1为平方数，故所求的四位数是7744882 A1002 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
2、学奥林匹克题2【证】 设2n2kd，k是正整数，如果 n2d是整数 x的平方，那么k2x2k2（n2d）n2（k22k）但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2k22k（k1）2得出k22k不是平方数 A1003 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（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 A1004 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
3、【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 A1005 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 20a1100，所以a4经验算，仅当a4时，n41满足条件若n41则n2402422402100
4、因此，满足本题条件的最大的完全平方数为4121681 A1006 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p5 A1007 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）而 n22mn2m2n22mn2m2（nm）2m2m21故 n
5、44m4不是素数取 a424，434，就得到无限多个符合要求的 a A1008 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da为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和bc9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 A1009 证明：如果p
6、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】 因为p是奇数，所以2是p1的因数因为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 A1010 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（mn）3p（ln）3q（ml）3r3（ln）（m原命题成立 A1011 设n为大于2的已知整数，并设Vn为整数1kn的集合，k1，2，数mVn称
7、为在 Vn中不可分解，如果不存在数p，qVn使得 pqm证明：存在一个数rVn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an1，b2n1，则a2、b2、a2b2都属于Vn因为a2（n1）2，所以a2在Vn中不可分解式中不会出现a2ra2b2有两种不同的分解方式：ra2b2a2（直至b2分成不可分解的元素之积）与rabab（直至ab分成不可分解的元素之积），前者有因数a2，后者没有 A1012 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
8、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1，1104，1104108，一个合数即对n2，an均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a21000113773故对一切n2，an均为合数 A1013 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、713
9、9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 A1014 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
10、d2n22n1 （4）（4）式说明d也是奇数于是由（2）、（3）知y、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，故命题正确 A1015 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组成的集合满足要求因为其中任意k个数之和为mn！k（mN，2kn）由于n！12 n是 k的倍数，所以mn！k
11、是 k的倍数，因而为合数对任意两个数ai与 aj（ij），如果它们有公共的质因数p，则p也是aiaj（ij）n！的质因数，因为0ijn，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（ij）互素令n5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601 A1016 已知n2，求证：如果k2kn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mp，则p|（mp）2（mp）n又（mp）2（mp）nnP，这与m是使k2kn为合数的最小正整数矛盾（2）若mp1，则（p1m）2（p1m）n（p1m）（pm）n
12、被p整除，且（p1m）2（p1m）nnp因为（p1m）2（p1m）n为合数，所以p1mm，p2m1由得4m24m1m2mn即3m23m1n0由此得 A1017 正整数a与b使得ab1整除a2b2求证：（a2b2）/（ab1）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a2kabb2k （1）显然（1）的解（a，b）满足ab0（否则ab1，a2b2k（ab1）0）又由于k不是完全平方，故ab0设（a，b）是（1）的解中适合a0（从而b0）并且使ab最小的那个解不妨设ab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
13、），a为整数，因而（a，b）也是（1）的解由于b0，所以a0但由（3）从而abab，这与ab的最小性矛盾，所以k必为完全平方 A1018 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（因为a2被k2整除而k不被k2整除）如果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 A1019
14、 n为怎样的自然数时，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13 A1020 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a2a1a3a2akak10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a11由（n1，n）1，得 akn1令 da2a10当a22时，d1，从而kn1，n与所有小于n的自然数互素由此
15、可知n是素数当a23时，d2，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a23a2是不能整除n的最小素数，所以2|n，3|n由于n1ak1（k1）d，所以3 d又1da2，于是3 1d由此可知3|12d若12dn，则a312d，这时3|（a3，n）矛盾若12dn，则小于n且与n互素自然数的个数为2设n2m（6）若m为偶数，则m1与n互质，若m为奇数，则m2与m互质即除去n1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 A1021 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
16、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1001100220001500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和15005，所以A15005另一方面，将10012000排列如下：2000 1001 1900 1101 18001201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 17991202 1699 1302 1599 1402 1901 1100 1801 1200 17011300 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
17、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A15005 A1022 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】 （n1）2（n2）2（n10）210n2110n3855（2n222n77）不难验证n0，1，1，2，2（mod 5）时，均有2n222n772（n2n1） 0（mod 5）所以（n1）2（n2）2（n10）2不是平方数， A1023 是否存在完全平方数，其数字和为1993？【
18、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n221即可 A1024 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495515259454654404150 A1025 如果自然数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
19、年）全俄数学奥林匹克九年级一试题1【解】 如果2n1k2，3n1m2，则5n34（2n1）（3n1）4k2m2（2km）（2km）因为5n3（3n1）2m222m1，所以2km1（否则5n32km2m1）从而5n3（2km）（2km）是合数 A1026 设n是正整数证明：2n1和3n1都是平方数的充要条件是n1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2n1及3n1是平方数，因为2 （2n1），3 （3n1），可设2n1（2k1）2，3n1（3t1）2，由此可得n1k2（k1）2，n1（t1）22t2反之，若n1k2（k1）2（t1）22t2，则2n1（2k1）2，3n1（3t1）2从而命题得证 A1027 设 a、b、c、d为自然数，并且abcd试问 abcd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accc1，bccc2所以，k1且l1从而，abcdkl为合数 A1028 设k1k2k3是正整数，且没有两个是相邻的，又对于m1，2，3，Smk1k2km求证：对每一个正整数n，区间（Sn，Sn1）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】 Snknkn1k1所以从而
