数学奥林匹克竞赛题解精编.pdf

序 中学学科（数、理、化）竞赛题典，1 9 9 2 年问世后，颇受欢迎，很快销售一空为了适应各方面的需要，我们编成这套最新的竞赛题典，既搜集了近五年来的赛题，又从原来的题典中精选出一部分内容这样，主要的竞赛（如国际竞赛）均保持完整，篇幅又不过于庞大，可以称为最新最精的题典 信息科学（计算机）竞赛，五年前刚刚起步，现在材料已经很多这次也编为一册随着计算机的广泛使用，信息科学竞赛将会越来越引起人们的关注 对于学科竞赛，有各种各样的看法，总的说来，与体育竞赛类似，正面效应远远超过负面影响所以近年来，各学科的竞赛，不仅没有停滞的趋势，反而蓬勃发展，日益扩大“天下大事，必作于细。”我们希望，这套新题典的出版，对于中学学科竞赛的发展，对于科学知识的普及，对于国民素质的提高，能够起着一点积极有益的作用 单 墫 编写说明 本书是在原数学奥林匹克题典基础上新编的增订、精选本删除了原书中 1 9 5 0 年以前的陈题，精简了重复、次要和过于繁杂的题型，增补了 1 9 9 2 年1 9 9 7 年间国内外重要竞赛的新题 时间跨度约为 5 0 年，收题 1 4 5 1 个与原书相比，篇幅减小一半，新题占五分之二，是一本内容更新，更切于实用，尤其是适合中学生阅读的数学竞赛辅导书 在编写体例上，与原书保持一致每题由题目、题说、解答三部分组成在题说中说明该题的来源和出处所给解答，尽可能选择最好的一种，有时还给出其他优秀的“别解”对某些题解，还适当给以评注，指出其可注意之处 在题目编排上，按数学内容分为五部分：A 整数；B 代数；C 几何；D 三角；E 组合数学 每部分下分若干子类，子类目录在原书基础上有所调整，使其更符合题解实际内容，方便读者查用 参加本书新题编写工作的有单墫、胡炳生、张振环、胡礼祥、吴俊 单墫对题解作了全面审订、修改，有的还另给新解胡炳生对原书题解进行了精选和校订，整理、编制了全部图稿，并对全书进行分类和总纂 由于数学竞赛题遍及世界各国，题解精微奥妙，囿于作者能力和水平，有的好题可能有遗漏，有的题解也未必精到，敬请广大读者批评指正 编者 1 9 9 9 年 1 0 月 A 整数 A 1 特殊的自然数 A 1 0 0 1 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】1 9 5 6 年1 9 5 7 年波兰数学奥林匹克一试题 1 【解】设所求的四位数为则x=aabb x 1 0 0 0 a 1 0 0 a 1 0 b b 1 1（1 0 0 a b）其中 0 a 9，0 b 9 可见平方数 x 被 1 1 整除，从而 x 被 1 12整除 因此，数 1 0 0 a b 9 9 a （a b）能被 1 1 整除，于是 a b 能被 1 1 整除但0 a b 1 8，以 a b 1 1 于是 x 1 12（9 a 1），由此可知 9 a 1 是某个自然数的平方对 a 1，2，9逐一检验，易知仅 a 7时，9 a1 为平方数，故所求的四位数是 7 7 4 4 8 82 A 1 0 0 2 假设 n 是自然数，d 是 2 n2的正约数证明：n2d 不是完全平方【题说】1 9 5 3 年匈牙利数学奥林匹克题 2 【证】设 2 n2k d，k 是正整数，如果 n2d 是整数 x 的平方，那么 k2x2k2（n2d）n2（k22 k）但这是不可能的，因为 k2x2与 n2都是完全平方，而由 k2k22 k（k1）2得出 k22 k 不是平方数 A 1 0 0 3 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】1 9 6 2 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（n 1）（n 2）（n 3）（n23 n）（n28 n 2）（n23 n 1）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 A 1 0 0 4 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【题说】1 9 6 3 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 a m2（m N）于是 a（2 k m d k2）d（m k d）2 对于任何 k N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数 A 1 0 0 5 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】1 9 6 4 年全俄数学奥林匹克十一年级题 1 【解】设 n2满足条件，令 n21 0 0 a2b，其中 0 b 1 0 0 于是 n1 0 a，即 n 1 0 a 1 因此 b n21 0 0 a22 0 a 1 由此得 2 0 a 1 1 0 0，所以 a 4 经验算，仅当 a 4 时，n 4 1 满足条件若 n 4 1则 n24 024 224 021 0 0 因此，满足本题条件的最大的完全平方数为 4 121 6 8 1 A 1 0 0 6 求所有的素数 p，使 4 p21 和 6 p21 也是素数【题说】1 9 6 4 年1 9 6 5 年波兰数学奥林匹克二试题 1 【解】当 p 1（m o d 5）时，5|4 p21 当 p 2（m o d 5）时，5|6 p21 所以本题只有一个解 p 5 A 1 0 0 7 证明存在无限多个自然数 a 有下列性质：对任何自然数 n，z n4a 都不是素数【题说】第十一届（1 9 6 9 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 m 1 及自然数 n，有 n44 m4（n22 m2）24 m2n2（n22 m n 2 m2）（n22 m n 2 m2）而 n22 m n 2 m2n22 m n 2 m2（n m）2m2m21 故 n44 m4不是素数取 a 4 24，4 34，就得到无限多个符合要求的 a A 1 0 0 8 将某个 1 7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（1 9 7 0 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 abcddcba）中，末一列数字的和 d a 为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和 b c 9 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 1 3 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 A 1 0 0 9 证明：如果 p 和 p 2 都是大于 3 的素数，那么 6 是 p 1的因数【题说】第五届（1 9 7 3 年）加拿大数学奥林匹克题 3 【证】因为 p 是奇数，所以 2 是 p 1 的因数 因为 p、p 1、p 2 除以 3 余数不同，p、p 2 都不被 3 整除，所以 p 1 被 3 整除 于是 6 是 p 1 的因数 A 1 0 1 0 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（1 9 7 3 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，使 ，pqr333aldamdand 消去 a，d，得（）（）（）mnnl lm0pqr333 化简得（m n）3p（l n）3q（m l）3r 3（l n）（m ）（）等式左边是有理数，右边是无理数，矛盾因此lmnpqr3 原命题成立 A 1 0 1 1 设 n 为大于 2 的已知整数，并设 Vn为整数 1 k n 的集合，k 1，2，数 m Vn称为在 Vn中不可分解，如果不存在数 p，q Vn使得 p q m 证明：存在一个数 r Vn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（1 9 7 7 年）国际数学奥林匹克题 3 本题由荷兰提供【证】设 a n 1，b 2 n 1，则 a2、b2、a2b2都属于 Vn因为 a2（n 1）2，所以 a2在 Vn中不可分解 因为 在 时不是整数，所以在的分解abannn2211112n2ab 式中不会出现 a2 r a2b2有两种不同的分解方式：r a2b2a2（直至 b 2分成不可分解的元素之积）与 r a b a b（直至 a b 分成不可分解的元素之积），前者有因数 a2，后者没有 A 1 0 1 2 证明在无限整数序列 1 0 0 0 1，1 0 0 0 1 0 0 0 1，1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1，中没有素数 注意第一数（一万零一）后每一整数是由前一整数的数字连接 0 0 0 1而成【题说】1 9 7 9 年英国数学奥林匹克题 6 【证】序列 1，1 0 0 0 1，1 0 0 0 1 0 0 0 1，可写成 1，1 1 04，1 1 041 08，其通项为，我们要证明对于 ，是an123n2n10110144nna 一个合数 由于，ak232k101101101101101101848884kk ak122k1，1011011011011011014 2142 2122 212()()()kkk+即对 n 2，an均可分解为两个大于 1的整数的乘积，而 a21 0 0 0 1 1 3 7 7 3 故对一切 n 2，an均为合数 A 1 0 1 3 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（1 9 8 4 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 1 3 7 9、3 1 7 9、9 1 3 7、7 9 1 3、1 3 9 7、3 1 9 7、7 1 3 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，1 04M 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 A 1 0 1 4 设正整数 d 不等于 2、5、1 3 证明在集合2，5，1 3，d 中可以找到两个不同元素 a、b，使得 a b 1 不是完全平方数【题说】第二十七届（1 9 8 6 年）国际数学奥林匹克题 1 本题由原联邦德国提供【证】证明 2 d 1、5 d 1、1 3 d 1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可用反证法，设 5 d 1 x2 （1）5 d 1 y2 （2）1 3 d 1 z2 （3）其中 x、y、z 是正整数 由（1）式知，x 是奇数，不妨设 x 2 n 1 代入有 2 d 1（2 n 1）2即 d 2 n22 n 1 （4）（4）式说明 d 也是奇数 于是由（2）、（3）知 y、Z 是偶数，设 y 2 p，z 2 q，代入（2）、（3）相减后除以 4 有 2 d q2p2（q p）（q p）因 2 d 是偶数，即 q2p2是偶数，所以 p、q同为偶数或同为奇数，从而q p 和 q p 都是偶数，即 2 d 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 A 1 0 1 5 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（1 9 8 7 年）全苏数学奥林匹克十年级题 1 【解】由 n 个数 aii n！1，i 1，2，n 组成的集合满足要求 因为其中任意 k 个数之和为 m n！k（m N，2 k n）由于 n！1 2 n 是 k 的倍数，所以 m n！k 是 k 的倍数，因而为合数 对任意两个数 ai与 aj（i j），如果它们有公共的质因数 p，则 p也是 aiaj（i j）n！的质因数，因为 0 i j n，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（i j）互素令 n 5，便得满足条件的一组数：1 2 1，2