初等数论--高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）含答案.pdf-淘文阁

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1、1高中数学联赛之历年真题汇编高中数学联赛之历年真题汇编(19811981-20202020)初等数论历年联赛真题汇编历年联赛真题汇编1【2020高中数学联赛B卷(第02试)】设a,b为不超过12的正整数,满足:存在常数C,使得an+bn+9C(mod13)对任意正整数n成立.求所有满足条件的有序数对(a,b).2【2019高中数学联赛A卷(第02试)】设m为整数，|m|2.整数数列a1,a2,满足:a1,a2不全为零，且对任意正整数n，均有an+2=an+1-man.证明:若存在整数r、s(rs2)使得ar=as=a1，则r-sm.3【2019高中数学联赛B卷(第02试)】求满足以下条件的所有

2、正整数n:(1)n至少有4个正因数；(2)若d1d2dk是n的所有正因数，d2-d1,d3-d2,，dk-dk-1构成等比数列.24【2018高中数学联赛B卷(第02试)】给定整数a2.证明:对任意正整数n，存在正整数k，使得连续n个数ak+1,ak+2,ak+n均是合数.5【2017高中数学联赛A卷(第02试)】设m、n均是大于1的整数，mn.a1,a2,an是n个不超过m的互不相同的正整数，且a1,a2,an互质.证明:对任意实数x，均存在一个i(1in)，使得 aix2m(m+1)x，这里y表示实数y到与它最近的整数的距离.6【2015高中数学联赛(第02试)】求具有下述性质的所有正整数

3、k：对任意正整数n，2(k-1)n+1|kn!n!不成立.37【2014高中数学联赛(第02试)】设整数x1,x2,x2014模2014互不同余，整数y1,y2,y2014模2014也互不同余.证明：可将y1,y2,y2014重新排列为z1,z2,z2014，使得x1+z1,x2+z2,x2014+z2014模4028互不同余.8【2013高中数学联赛(第02试)】设n，k为大于1的整数，n2k.证明：存在2k个不被n整除的整数，若将它们任意分成两组，则总有一组有若干个数的和被n整除.9【2009高中数学联赛(第02试)】设k，l是给定的两个正整数.证明：有无穷多个正整数mk，使得Ckm与l互

4、素.410【2007高中数学联赛(第02试)】设集合P=1，2，3，4，5.对任意kP和正整数m，记 f m,k=5i=1mk+1i+1 ，其中a表示不大于a的最大整数.求证：对任意正整数n，存在kP和正整数m，使得 f(m,k)=n.11【2004高中数学联赛(第02试)】对于整数n4，求出最小的整数 f(n)，使得对于任意正整数m，集合m，m+1，m+2，m+n-1的任何一个 f(n)元子集中，均有至少3个两两互素的元素.12【1995高中数学联赛(第02试)】求一切实数p，使得三次方程5x3-5(p+1)x2+(71p-1)x+1=66p的三个根均为自然数.513【1994高中数学联赛(

5、第02试)】将与105互素的所有正整数从小到大排成数列，试求出这个数列的第1000项.14【1991高中数学联赛(第02试)】设an为下述自然数N的个数：N的各位数字之和为n且每位数字只能取1，3或4，求证：a2n是完全平方数，这里n=1，2，15【1989高中数学联赛(第02试)】有nn(n4)的一张空白方格表，在它的每一个方格内任意地填入+1与-1两数中的一个，现将表内n个两两既不同行(横)又不同列(竖)的方格中的数的乘积称为一个基本项.试证：按上述方式所填成的每一个方格表，它的全部基本项之和总能被4整除(即总能表成4k的形式，其中kZ).616【1985高中数学联赛(第02试)】在直角坐

6、标系xOy中，点A x1,y1和点B x2,y2的坐标均为正整数.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，OBB的面积比OAA的面积大33.5.由x1,y1,x2,y2组成的四位数x1x2y2y1=x1103+x2102+y210+y1试求出所有这样的四位数，并写出求解过程.17【1984高中数学联赛(第02试)】设an是12+22+n2的个位数字，n=1，2，3，.试证0.a1a2an是有理数.优质模拟题强化训练优质模拟题强化训练1设k、l、c均为正整数，证明：存在正整数a、b满足b-a=c(a,b)，且(a)a(a,b)l

7、=(b)ba,bk，其中(a，b)表示a、b的最大公因数，(m)表示正整数m的所有不同正因子的个数.72求所有的正整数n，使得方程1x21+1x22+1x2n=n+1x2n+1有正整数解.3求证：不存在无穷多项的素数数列 p1,p2,pn,，使得pk+1=5pk+4,k=1,2,.4设m，n是正整数，满足mn|m2+n2+1.证明：m2+n2+1=3mn.85求证：对任意的nN*，32n+2-8n-9能被64整除.6求最小的正整数n，使得当正整数点kn时，在前k个正整数构成的集合M=1,2,k中，对任意xM总存在另一个数yM且yx，满足x+y为平方数7设kZ+，定义：A1=1，An+1=nAn

8、+2(n+1)2kn+2(n=1,2).证明：当n1时，An为整数，且An为奇数当且仅当n1或2(mod4).98已知a、b、c、d、e、e为整数，方程ax5-2bx4+3cx3-5dx2+7ex-2024=0有正整数解证明：存在无穷多个正整数k使得61|(11k5-7ek4+5dk3-3ck2+2bk-a)9已知an=n-1i=010i(n=1,2,)，求证：存在无穷多个正整数n，使a1,a2,an除以n的余数互不相同。10已知n(n3,nN+)个两两互质的正整数a1,a2,an满足：可以适当添加“+”或“-”使得其代数式的和为0.问：是否存在一组正整数b1,b2,bn(允许有相同的)，使得

9、对任意正整数k，都有b1+a1k,b2+a2k,bn+ank两两互质.1011(1)若p为奇素数,a、b、nN+,p|(a-b),p|b,ab,证明：panpaan-bna-b;(2)若a,b是不同的正有理数,使得存在无穷多个正整数n,满足an-bn是正整数.证明：a,b也是正整数.12已知a、b、c为正整数，且a(a+b)(a+bc)是一个素数的幂.证明：1+bca必为1+ba的某个正整数次幂.13给定正整数n(n3).已知a1a2c0，(a,c)=1；(2)对任意给定的正整数k，恰有k个正整数n，使得(an+b)|(cn+d)。16设x是一个大于1的正整数，p是素数，d|xp-1x-1.(

10、1)证明：d0(modp)或d1(modp)；(2)若d是不同于p的素数，则xd-10(modp)恰有d个不同的解(即模p互不同余).1217求最大的正整数n，使得对于任意整数a，若(a，n)=1，均有a2(modn).18求最小的两个正整数m，使得47(m2+46m+713)为完全平方数.1319证明：存在无穷多个正整数n，使得 n+n5|n，其中，x表示不超过实数x的最大整数。20求所有素数p，使得p2|p-1k=1k2p+1.1高中数学联赛之历年真题汇编高中数学联赛之历年真题汇编(19811981-20202020)初等数论历年联赛真题汇编历年联赛真题汇编1【2020高中数学联赛B卷(第

11、02试)】设a,b为不超过12的正整数,满足:存在常数C,使得an+bn+9C(mod13)对任意正整数n成立.求所有满足条件的有序数对(a,b).【答案】(1,1),(4,4),(10,10),(12,12)【解析】解法1:由条件知,对任意正整数n,有an+bn+9an+3+bn+12(mod13).注意到13为素数,a,b均与13互素,由费马小定理知a2b21(mod13).因此在中取n=12,化简得1+b9a3+1(mod13),故b9a3(mod13).代入,得an+a3bnan+3+bn+12an+3+bn(mod13),即(an-bn)(1-a3)0(mod13).分两种情况讨论.

12、()若a31(mod13),则b3a3b3b121(mod13),又a,b1,2,12,经检验可知a,b1,3,9.此时an+bn+9an+bn(mod13).由条件知a+ba3+b32(mod13),从而只能是a=b=1.经检验,当(a,b)=(1,1)时,对任意正整数n,an+bn+9模13余2为常数,满足条件.()若a3 1(mod13),则由知,对任意正整数n,有anbn(mod13).特别地,ab(mod13),故a=b.所以a3b9=a9(mod13),即a3(a3-1)(a3+1)0(mod13),故a3-1(mod13).通过检验a1,2,6(mod13),可知a=4,10,1

13、2.经检验,当(a,b)=(4,4),(10,10),(12,12)时,对任意正整数n,有an+bn+9=an+an+9=an(1+(a3)3)0(mod13),满足条件.综上,所求的有序数对(a,b)为(1,1),(4,4),(10,10),(12,12).解法2:由条件知,对任意正整数n,有(an+bn+9)(an+2+bn+11)(an+1+bn+10)2(mod13),化简得anbn+11+an+2bn+92an+1+bn+10(mod13),即anbn+9(a-b)20(mod13).由于13为素数,a,b1,2,12,故13|(a-b)2,进而a=b.因此,当n变化时,an+bn+

14、9=an(1+a9)模13的余数为常数.当1+a9 (mod13)时,由上式知,an模13的余数为常数,特别地,有a2a(mod13),故a=1.当1+a90(mod13)时,由费马小定理得a21(mod13),故a3a3(-a9)-a12-1(mod13).通过检验a1,2,6(mod13),可知a=4,10,12.综上,所求的有序数对(a,b)为(1,1),(4,4),(10,10),(12,12).2【2019高中数学联赛A卷(第02试)】设m为整数，|m|2.整数数列a1,a2,满足:a1,a2不全为零，且对任意正整数n，均有an+2=an+1-man.证明:若存在整数r、s(rs2)

15、使得ar=as=a1，则r-sm.【答案】证明见解析2【解析】不妨设a1,a2互素(否则，若 a1,a2=d1，则a1d与a2d互素，并且用a1d,a2d,a3d,代替a1,a2,a3,条件与结论均不改变).由数列递推关系知a2a3a4(mod|m|)以下证明:对任意整数n3，有ana2-a1+(n-3)a2m modm2事实上，当n=3时显然成立.假设n=k时成立(其中k为某个大于2的整数)，注意到，有mak-1ma2modm2，结合归纳假设知ak+1=ak-mak-1a2-a1+(k-3)a2m-ma2a2-a1+(k-2)a2modm2，即n=k+1时也成立.因此对任意整数n3均成立.注

16、意，当a1=a2时，对n=2也成立.设整数r、s(rs2)，满足ar=as=a1.若a1=a2，由对n2均成立，可知a2-a1+(r-3)a2mar=a3=a2-a1+(s-3)a2m modm2，即a1+(r-3)a2a1+(s-3)a2(mod|m|)，即(r-s)a20(mod|m|)若a1a2，则ar=as=a1a2，故rs3.此时由于对n3均成立，故类似可知仍成立.我们证明a2，m互素事实上，假如a2与m存在一个公共素因子 p，则由得 p为a2,a3,a4,的公因子，而a1,a2互素，故 pa1，这与ar=as=a1矛盾.因此，由得r-s0(mod|m|).又rs，所以r-s|m|.

17、3【2019高中数学联赛B卷(第02试)】求满足以下条件的所有正整数n:(1)n至少有4个正因数；(2)若d1d2dk是n的所有正因数，d2-d1,d3-d2,，dk-dk-1构成等比数列.【答案】答案见解析【解析】由条件可知k4，且d3-d2d2-d1=dk-dk-1dk-1-dk-2.易知d1=1,dk=n,dk-1=nd2,dk-2=nd3，代入上式得d3-d2d2-1=n-nd2nd2-nd3，化简得 d3-d22=d2-12d3.由此可知d3是完全平方数.由于d2=p是n的最小素因子，d3是平方数，故只能d3=p2.从而序列d2-d1,d3-d2,dk-dk-1,p-1,p2-p,p

18、3-p2，,pk-1-pk-2，即d1,d2,d3,dk为1,p,p2,pk-1，而此时相应的n为pk-1.综上可知，满足条件的n为所有形如 pa的数，其中 p是素数，整数a3.4【2018高中数学联赛B卷(第02试)】给定整数a2.证明:对任意正整数n，存在正整数k，使得连续n个数ak+1,ak+2,ak+n均是合数.【答案】证明见解析【解析】设i1i21，故a+ij有素因子 pj.我们有 pj,a=1(否则，因 pj是素数，故 pj|a，但pj|a+ij，从而pj|ij，故a,ij不互素，与ij的取法矛盾).3因此，由费马小定理知，apj-11 modpj.现取k=p1-1p2-1 pr-

19、1+1.对任意 j=1，2，r，注意到k1 modpj-1，故有ak+ija+ij0 modpj.又ak+ija+ijpj，故ak+ij为合数.综上所述，当k=p1-1p2-1 pr-1+1时，ak+1,ak+2,，ak+n均是合数.5【2017高中数学联赛A卷(第02试)】设m、n均是大于1的整数，mn.a1,a2,an是n个不超过m的互不相同的正整数，且a1,a2,an互质.证明:对任意实数x，均存在一个i(1in)，使得 aix2m(m+1)x，这里y表示实数y到与它最近的整数的距离.【答案】证明见解析【解析】4首先证明以下两个结论结论1存在整数c1,c2,cn，满足c1a1+c2a2+

20、cnan=1，并且 cim,1in.由于 a1,a2,an=1，由裴蜀定理，存在整数c1,c2,cn，满足c1a1+c2a2+cnan=1 下面证明，通过调整，存在一组c1,c2,cn满足，且绝对值均不超过m.记S1c1,c2,cn=cimci0，S2c1,c2,cn=j0，那么存在cim1，于是ciai1，又因为a1,a2,an均为正数，故由可知存在cj0.令ci=ci-aj,cj=cj+ai,ck=ck(1kn,ki,j)，则c1a1+c2a2+cnan=1 并且0m-ajcici,cjcjaim.因为cici，且cjm，所以S1c1,c2,cncj及ci0，故S2c1,c2,cnS2c1

21、,c2,cn.如果S20，那么存在cj0.令ci=ci-aj,cj=cj+ai,ck=ck(1kn,ki,j)，那么成立，并且-mcici,cjcj0.与上面类似地可知S1c1,c2,cnS1c1,c2,cn，且S2c1,c2,cn0，即a、b同号.当|a|+|b|12时，有a+b-12,12，此时a+b=|a+b|=|a|+|b|=a+b.4当|a|+|b|12时，注意总有a+b12，故a+b1212(m+1)，则在a1,a2,an中存在两个相邻正整数.不妨设a1,a2相邻，则x=a2x-a1x a2x+a1x.故 a2x与 a1x中有一个x22xm(m+1).综上所述，总存在一个i(1in

22、)，满足 aix2m(m+1)x.6【2015高中数学联赛(第02试)】求具有下述性质的所有正整数k：对任意正整数n，2(k-1)n+1|kn!n!不成立.【答案】答案见解析【解析】以v(n)表示n!中2的幂次，以S(n)表示n的二进制表示中1的个数.有结论v(n)=n-S(n).原题等价于v(n)+k(n-1)v(kn)恒成立，等价于S(kn)S(n)恒成立.显然S(k)1.当S(k)=1，即k为2的方幂时，有S(kn)S(n)，符合题意.下面用构造法证明：使S(k)2的k均不符合题意.若S(k)2，则k的二进制表示中至少有两个1.用如下方式构造序列ni，使得存在lN，使S(knl)a2aj

23、=0,由构造的方式，知knj的最后a1+1位只有一个1.设2mk2m+1，则2a1+mknjm+1，有故使S(knj)2的k均不满足题设.5综上，所求的k为一切2的方幂.7【2014高中数学联赛(第02试)】设整数x1,x2,x2014模2014互不同余，整数y1,y2,y2014模2014也互不同余.证明：可将y1,y2,y2014重新排列为z1,z2,z2014，使得x1+z1,x2+z2,x2014+z2014模4028互不同余.【答案】证明见解析【解析】记k=1007.不妨设xiyii(mod2k)(1i2k)，对每个整数i，1ik，若xi+yi xi+k+yi+k(mod4k)，则令

24、zi=yi,zi+k=yi+k，否则，令zi=yi+k,zi+k=yi，如果是前一种情形，则xi+zi=xi+yi xi+k+yi+k=xi+k+zi+k(mod4k)，如果是后一种情形，则也有xi+zi=xi+yi+k xi+k+yi=xi+k+zi+k(mod4k)若不然，我们有xi+yixi+k+yi+k(mod4k)，xi+yi+kxi+k+yi(mod4k)，两式相加得2xi2xi+k(mod4k)，于是xixi+k(mod2k).但x1,x2,x2014模2014(2014=2k)互不同余，特别地xi xi+k(mod2k)，矛盾.由上述构造方法知z1,z2,z2k是y1,y2,y

25、2k的排列.记wi=xi+zi,i=1,2,2k.下面验证1,2,2k模4k互不同余，这只需证明，对任意整数i,j,1i jk,wi,wj,wi+k,wj+k模4k两两不同余.注意，前面的构造方式已保证wi wi+k(mod4k),wj wj+k(mod4k)情形一：zi=yi且zj=yj，则由前面的构造方式可知wiwi+k2i(mod2k)，wjwj+k2j(mod2k)，由于2i 2j(mod2k)，故易知wi与Wj及wi+k模2k不同余，wi+k与Wj及wj+k模2k不同余，从而模4k更不同余，再结合式，可见结论得证.情形二：zi=yi+k，且zj=yj+k，则由前面的构造方式可知：wi

26、wi+k2i+k(mod2k)，wjwj+k2j+k(mod2k).同样有wi与wj及wj+k模2k不同余，wi+k与wj及wj+k模2k不同余，与情形一相同地可知结论得证.情形三：zi=yi，且zj=yj+k(zi=yi+k，且zj=yj的情形与此相同)，则由前面的构造方式可知wiwi+k2i(mod2k)，wjwj+k2j+k(mod2k).由于k是奇数，故2i 2j+k(mod2)，更有2i 2j+k(mod2k).因此仍然有wi与wj及wj+k模2k不同余，wi+k与wj及wj+k模2k不同余.从而结论得证.因此本题得证.8【2013高中数学联赛(第02试)】设n，k为大于1的整数，n

27、2k.证明：存在2k个不被n整除的整数，若将它们任意分成两组，则总有一组有若干个数的和被n整除.【答案】证明见解析【解析】先考虑n为2的幂的情形设n=2r,r1，则rk.取3个2r-1及2k-3个1，显然这些数均不被n整除.将这2k个数任意分成两组，则总有一组中含2个2r-1，它们的和为2r，被n整除.现在设n不是2的幂，取2k个数为-1,-1,-2,-22,-2k-2,1,2,22,2k-1，因为n不是2的幂，故上述2k个数均不被n整除.若可将这些数分成两组，使得每一组中任意若干个数的和均不能被n整除.不妨设1在第一组，由于(-1)+1=0被n整除，故两个-1必须在第二组；因(-1)+(-1

28、)+2=0被n整除，故2在第一组，进而推出-2在第二组.现归纳假设1,2,2l均在第一组，而-1，-1，-2，-2l均在第二组，这里1lk-2，由于(-1)+(-1)+(-2)+-2t+2t+1=0被n整除，故2l+1在第一组，从而-2l+1在第二组.6故由数学归纳法可知，1,2,22,2k-2在第一组，-1，-1，-2，-22，-2k-2在第二组.最后，由于(-1)+(-1)+(-2)+-2k-2+2k-1=0被n整除，故2k-1在第一组.因此1,2,22,2k-1均在第一组，由正整数的二进制表示可知，每一个不超过2k-1的正整数均可表示为1,2,22,2k-1中若干个数的和，特别地，因为n

30、m=ki=1(m-k+i)ki=1i+tl k!ki=1ik!modp+1，及p|k!且p+1|k!知p|k!Ckm且p+1|k!Ckm，从而p|Ckm.证法二对任意正整数t，令m=k+tl(k!)2，我们证明 Ckm,l=1.设p是l的任一素因子，只要证明：p|Ckm.若p|k!，则由k!Ckm=ki=1(m-k+i)ki=1i+tl(k!)2ki=1ik!(modp)，即p不整除上式，故 p|Ckm，若p|k!，设1使p|k!，但p+1|k!，则p+1|(k!)2.故由k!Ckm=k-1i=1(m-k+i)ki=1i+tl(k!)2ki=1ik!modp+1及p|k!且p+1|k!知p|k

31、!Ckm且p+1|k!Ckm，从而p|Ckm.10【2007高中数学联赛(第02试)】设集合P=1，2，3，4，5.对任意kP和正整数m，记 f m,k=5i=1mk+1i+1 ，其中a表示不大于a的最大整数.求证：对任意正整数n，存在kP和正整数m，使得 f(m,k)=n.【答案】证明见解析【解析】定义集合A=m k+1|mN*,kP，其中N*为正整数集.由于当任意k，iP且ki时，k+1i+1是无理数，所以对任意的k1,k2P和正整数m1,m2，有m1k1+1=m2k2+1，当且仅当m1=m2,k1=k2，这表明A中无重复元素.注意到A是一个无穷集，现将A中的元素按从小到大的顺序排成一个无

32、穷数列.对于任意的正整数n，设此数列中第n项为m k+1.下面确定n与m，k间的关系.7若mii+1 m k+1，则mimk+1i+1，由mi是正整数知，对i=1，2，3，4，5，满足这个条件的mi的个数为 mk+1i+1，从而n=5i=1mk+1i+1=f(m,k),因此对任意nN*，存在mN*,kP，使得 f(m,k)=n.11【2004高中数学联赛(第02试)】对于整数n4，求出最小的整数 f(n)，使得对于任意正整数m，集合m，m+1，m+2，m+n-1的任何一个 f(n)元子集中，均有至少3个两两互素的元素.【答案】证明见解析【解析】当n4时，对集合M=m,m+1,m+2,m+n-1

33、，若2|m，则m+1，m+2，m+3两两互素.若2不能整除m，则m，m+1，m+2两两互素.所以M的所有n元子集中，均有至少3个两两互素的元素，即 f(n)存在且 f(n)0.设Tn=t|tn+1且2|t或3|t 可知Tn是2，3，n+1的子集，但Tn中任3个元素均不能两两互素，所以 f(n)Tn+1，由容斥原理知 Tn=n+12+n+13-n+16，从而必有 f(n)n+12+n+13-n+16+1 所以 f(4)4,f(5)5,f(6)5，f(7)6,f(8)7,f(9)8，我们将证明 f(6)=5，设x1,x2,x3,x4,x5是m，m+1，m+2，m+5中的5个数，若这5个数中有3个奇

34、数，则它们两两互素，若这5个数中有两个奇数，则必有3个偶数，不妨设x1,x2,x3为偶数，x4,x5为奇数.当1i665，即u14.又2|u，3|u均不成立，所以u17.由vu及式可得66u-15u-66u，即5u2-132u+10.于是u66+662-554.删去x1时，则当x1依次取1，3，4时，x2+x3+xk分别等于n-1，n-3，n-4.故当n4时an=an-1+an-3+an-4先用归纳法证明下式成立a2n+1=a2n+a2n-1因故当n=1时，式成立.设n=k时，式成立，即a2k+2=a2k+a2k-1，则据式，有a2k+3=a2k+2+a2k+a2k-1=a2(k+1)+a2(

35、k+1)-1.可见式对k+1成立，于是式对一切nN成立.再用归纳法证明下式成立a2na2n+2=a22n+1因a2=1,a3=2,a4=4，故当n=1时，式成立.设n=k时，式成立，即a2ka2k+2=a22k+1，则据式，有a2k+2a2k+4=a2k+2a2k+1+a2k+1+a2k=a2k+2a2k+3+a2k+2a2k+1+a22k+1=a2k+2a2k+3+a2k+1a2k+3=a22k+3.可见式对k+1成立.故式对一切nN成立.最后再用归纳法证明本题结论，显然n=1时结论正确，设a2n是完全平方数，则由式知a2n+2是完全平方数，因此结论对任意自然数n成立.15【1989高中数学

36、联赛(第02试)】有nn(n4)的一张空白方格表，在它的每一个方格内任意地填入+1与-1两数中的一个，现将表内n个两两既不同行(横)又不同列(竖)的方格中的数的乘积称为一个基本项.试证：按上述方式所填成的每一个方格表，它的全部基本项之和总能被4整除(即总能表成4k的形式，其中kZ).【答案】证明见解析【解析】首先题目中所谓的基本项共有n!个，且每个基本项的取值要么是1，要么是-1.设表中第i行，第 j列的数为aij(aij=1或-1)，则每个aij都出现在(n-1)!个基本项内.考虑全部(n!个)基本项的乘积G1G2Cn!=1i,jna(n-1)!ij.由于n4，所以(n-1)!是偶数，故a(

37、n-1)!ij=1.即G1G2Gn!=1.说明在G1,G2,Gn个基本项中-1有n!个数，设为2k个，于是G1,G2,Gn中的1的个数为n!-2k，这样G1+G2+Gn!=(n!-2k)+2k(-1)=n!-4k.显然是4的倍数，命题得证.16【1985高中数学联赛(第02试)】在直角坐标系xOy中，点A x1,y1和点B x2,y2的坐标均为正整10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，OBB的面积比OAA的面积大33.5.由x1,y1,x2,y2组成的四位数x1x2y2y1=x1103+x2102+y210+y1试求

38、出所有这样的四位数，并写出求解过程.【答案】答案见解析【解析】很明显，题设的主要条件是关于面积的一些等量关系.于是由SBOB=SAOA+33.5得x2y2=x1y1+67，因为x1y10，所以x2y267.因为x2,y2为一位正整数，所以x2y2=72和81.但因为BOBy2，故x2y281.于是x2y2=72，所以x2=9,y2=8，从而x1y1=5.又因为AOB45，所以x15(否则用 p2作为首项)，则有(5，p1)=1，于是由费马小定理得5p1-11(modp1)，所以pp1=5p1-1(p1+1)-1=5p1-1p1+5p1-1-1=0(modp1)，这与pp1是素数矛盾所以，满足题

39、设的素数数列不存在.4设m，n是正整数，满足mn|m2+n2+1.证明：m2+n2+1=3mn.【答案】证明见解析【解析】由题：m，n是正整数，满足mn|m2+n2+1，设m2+n2+1=tmn,tN*，mn|m2+n2+1，必有n|m2+1,m|n2+1，所以m2+1n,n2+1m均为正整数，当m=n时，2m2+1=tm2,tN*，1=(t-2)m2,tN*，显然只能m=1,t=3，当mn时，不妨设mn，则m2+1nmn，考虑方程x2+y2+1=txy,tN*，(m,n)是方程的一组解，m2+n2+1=tmn,tN*，则m2+m2+1n2+1=m2+tmn-n2n2+1=m2+(tm-n)2

40、+1=m2+n2+t2m2-2tmn+1=t2m2-tmn=tm(tm-n)=tmtmn-n2n=tmm2+1n即m2+m2+1n2+1=tmm2+1n，即 m,m2+1n也是方程x2+y2+1=txy,tN*的一组解，同理可得：n,n2+1m，n2+1m,n,m2+1n,m均是该方程的解，照此递换，必有(1,2)是方程的解，所以t=3综上所述：t=3，即m2+n2+1=3mn.5求证：对任意的nN*，32n+2-8n-9能被64整除.【答案】证明见解析【解析】(1)当n=1时，式子32n+2-8n-9=34-8-9=64能被64整除，命题成立(2)假设当n=k时，32k+2-8k-9能够被6

41、4整除13当n=k+1时，32k+4-8(k+1)-9=932k+2-8k-9+64k+64=932k+2-8k-9+64(k+1)，因为32k+2-8k-9能够被64整除，932k+2-8k-9+64(k+1)能够被64整除即当n=k+1时，命题也成立由(1)(2)可知，32n+2-8n-9(nN*)能被64整除6求最小的正整数n，使得当正整数点kn时，在前k个正整数构成的集合M=1,2,k中，对任意xM总存在另一个数yM且yx，满足x+y为平方数【答案】7【解析】易知当n6时，在M=1,2,3,4,5,6中，数2与其他任何数之和皆不是平方数；以下证明，n的最小值为7如果正整数x、y(xy)

42、满足：x+y=平方数，就称x,y是一个“平方对”，显然在M=1,2,7中，1,3，2,7，3,6，4,5为平方对在M=1,2,7,8中增加了平方对1,8；在M=1,2,7,8,9中平加了平方对7,9以下采用归纳法，称满足题中条件的k为具有性质P；简记为kP据以上知，当7k32时，均有kP设已证得，当7km2(m3)时，皆有kP，今考虑7k(m+1)2情况，利用归纳假设，只需证，当k=m2+r，其中1r2m+1时，均有kP首先，在r=2m+1，即k=(m+1)2时，(k,2m+3)构成平方对，这是由于k+(2m+3)=(m+1)2+(2m+3)=(m+2)2，而由m2-(2m+3)=(m-1)2

43、-40，知2m+3m2，即2m+3k在1r2m时，(k,2m+1-r)构成平方对，这是由于k+(2m+1-r)=(m2+r)+(2m+1-r)=(m+1)2，而12m+1-r2mm2，所以2m+1-rk因此对于满足7k(m+1)2的每个k，皆有kP，从而对所有满足7km2(m3)的正整数k，皆有kP，即对一切正整数k7，均有kP所以n的最小值为77设kZ+，定义：A1=1，An+1=nAn+2(n+1)2kn+2(n=1,2).证明：当n1时，An为整数，且An为奇数当且仅当n1或2(mod4).【答案】见解析【解析】注意到(n+2)An+1-nAn=2(n+1)2k(n+1)An-(n-1)

44、An-1=2n2k(n+1)+n得(n+1)(n+2)An+1-(n+1)nAn-1=2(n+1)2k+1+2n2k+1.反复运用上式，再叠加得An=2S(n)n(n+1).14其中，S(n)=1+2+n(t=2k+1).由2S(n)=ni=0(n-i)t+it=ni=1(n+1-i)t+itn(n+1)|2S(n)因此，An(n1)为整数.1.若n0或2(mod4)，由S(n)有奇数个奇数项知S(n)为奇数.于是，An为奇数.2.若n0(mod4)，则n2t0(modn)故S(n)=n2i=0(n-i)t+it-n2t0(modn)于是，An为偶数.3.若n3(mod4)，则n+12t0(m

45、odn+1)故S(n)=n+12i=1(n+1-i)t+it-n+12t0(modn).于是，An为偶数.因此，当n1时，An为整数，且An为奇数当且仅当n1或2(mod4).8已知a、b、c、d、e、e为整数，方程ax5-2bx4+3cx3-5dx2+7ex-2024=0有正整数解证明：存在无穷多个正整数k使得61|(11k5-7ek4+5dk3-3ck2+2bk-a)【答案】见解析【解析】设方程的正整数解为x=m首先说明：(m,61)=1否则，61|m61|(am5-2bm4+3cm3-5dm2+7em)61|2024矛盾由am5-2bm4+3cm3-5dm2+7em-2024=0am5-

46、2bm4+3cm3-5dm2+7em-11=2013=31161am5-2bm4+3cm3-5dm2+7em-110(mod61)取整数n(1n60)，满足mn1(mod61)故0-(am5-2bm4+3cm3-5dm2+7em-11)n511n5-7en4+5dn3-3cn2+2bn-a0(mod61)取k=61t+n(t=1,2,)则11k5-7ek4+5dk3-3ck2+2bk-a11n5-7en4+5dn3-3cn2+2bn-a0(mod61)因此，存在无穷多个正整数k，使得61|(11k5-7ek4+5dk3-3ck2+2bk-a)9已知an=n-1i=010i(n=1,2,)，求证

47、：存在无穷多个正整数n，使a1,a2,an除以n的余数互不相同。【答案】见解析【解析】由已知得ann-1i=010i=111n个。15下面证明：n=3m(m=1,2,)满足题意。首先证明：3ma3m(m=1,2,)。对m用数学归纳法。当m=1，a3=111=337，则3a3。假设m=k时，3ka3k。则当m=k+1时，有a3k+1=a3k(1023k+103k+1)。但1023k+103k+13(mod9)，故3k+1a3k+1。由数学归纳法，得证3ma3m(m=1,2,)。其次证明：a1,a2,an-1均不能被3m整除。假设a1,a2,an-1中存在被3m整除的数，取其中最小的记为ar(1r

48、n)，设3m=qr+t(0tr-1)则an=apr+t=arp-1d=010dr10t+at。此处规定t=0时，at=0。故由3m整除an、ar，得3m也整除ai。但由ar(1rn)的最小性及0tr-1知，t=0，即r整除3m，必有小于m的正整数使r=3。由第一步证明知3ar3mar，矛盾。所以，a1,a2,an-1不能被3m整除。最后证明：a1,a2,an-1被3m除的余数互不相同。假设a1,a2,an-1被3m除的余数有相同的，即存在1i jn，使得ajai(mod3m)。但aj=10iaj-i+ai且(10,3m)=1，得3m|aj-i(1 j-i0y.令b1=-y,b2=x,b3=b1

49、+b2.则a1b2-a2b1=1，a3b2-a2b3=(a1+a2)b2-a2(b1+b2)=1，a1b3-a3b1=a1(b1+b2)-(a1+a2)b1=1.故a1(b2+a2k)-a2(b1+a1k)=1，16a2(b3+a3k)-a3(b2+a2k)=-1，a3(b1+a1k)-a1(b3+a3k)=-1.因此，b1+a1k,b2+a2k,bn+ank两两互质.所以，当n=3时，这样的整数存在.11(1)若p为奇素数,a、b、nN+,p|(a-b),p|b,ab,证明：panpaan-bna-b;(2)若a,b是不同的正有理数,使得存在无穷多个正整数n,满足an-bn是正整数.证明：a

50、,b也是正整数.【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】设a-b=lp(p|l,N+).则an-bna-b=1lp(b+lp)n-bn=1lpnk=1Ckn(lp)kbn-k=nk=1nkCk-1n-1lk-1p(k-1)bn-k设prn.只需证明：pran-bna-b因为prbn-1,而式的其他项nk=1nkCk-1n-1lk-1p(k-1)bn-k(K1)中k所含的 p的次数不大于k-2,所以,式成立.(2)不妨设a=xz,b=yz(x、y、zN+且(x,y,z)=1).则an-bnZzn|(xn-yn).分两种情形.(i)若2|z,设2(x2-y2),n=2kl(l为奇数).则2n|(x

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