国际数学奥林匹克试题分类解析―A数论_A5整数综合问题

1、A5 整数综合问题A5002 在n×n(n为奇数的方格表里的每一个方格中，任意填上一个1或1，在每一列的下面写上该列所有数的乘积；在每行的右边写上该行所有数的乘积，证明：这2n个乘积的和不等于0【题说】1962年全俄数学奥林匹克八、九年级题5【证】设p1，p2，pn是各行数字乘积，q1，q2，qn是各列数字乘积，它们都是1或1，而应有p1p2pnq1q2qn，所以p1、p2、pn、q1、q2、qn中应有偶数个1设为2k个，则其中1的个数为2(nk由于n为奇数，knk，所以p1p2pnq1q2qn0A5003 已知任意n个整数a1，a2，an，由此得到一列新的数由这n个数依同样法则又得

2、到一列新数，并如此做下去假如所有这些新数都是整数，证明原来所给各数ai(i1，2，n都相等【题说】1964年全俄数学奥林匹克八年级题4n为偶数时有一种例外情况使结论不成立【证】对于任给的n个数xi(1in，如果它们不全相等，那么施行如上运算若干次后得的新数中，最大值要变小，最小值要变大，因此，如若不能得出一组n个相同的数的话，其中最大数不能永远是整数假设从一组n个数z1，z2，zn得到n个相同的数那么，当n是奇数时，易知z1z2zn；当n是偶数时，z1，zn中奇数项相等，偶数项相等若zi(1in由yi(1in经运算得出，且设则有 2(y1y2yn2na及 2(y2y3yny12nb从而 2na

3、2nb，ab由此得出z1z2zna因此，我们的命题成立仅当n为偶数时，有一种例外情况：n个整数a，b，a，b，a，b，(a与b的奇偶性相同，ab满足题中条件，但结论不成立A5004 某整数集合A既含有正整数，也含有负整数，而且如果a和b是它的元素，那么2a和ab也是它的元素，证明：集合A包含它的任意两个元素之差【题说】1967年匈牙利数学奥林匹克题1【证】不难证明：如果整数c是集合A的元素，而n是自然数，那么nc也属于集合A因为集合A既含有正整数，也含有负整数，根据最小数原理，集合A存在最小的正整数a和绝对值最小的负整数b这两个数的和ab也应该属于集合A，而且满足不等式baba但是集合A不含有

4、小于a的正数和大于b的负数，所以ab只能等于0因此，数0属于集合A，且ba根据前面所证，集合A包含数a的所有整数倍设xA，则由带余数除法，存在整数q、r，使xqar(0ra于是rx(qaA由于0ra，必有r0即A中的数均为a的整数倍既然集合A的元素都是a的整数倍，因此集合A的任意两个元素之差也是元素a的整数倍，因而属于集合AA5005 证明：任何不大于n！的自然数，都能表示成不多于n个数的和，在这些加数中，没有两个是相同的，而且任何一个都是n！的因数【题说】第二届(1968年全苏数学奥林匹克九年级题5【证】对n用数学归纳法，n1时，显然设n时结论真对a(n1！，将a除以n1得ad(n1r，这里

5、dn！，0rn1由归纳假设，dd1d2dl，ln且所有di是n！的不同因数(i1，2，l于是 ad1(n1dl(n1r这个和中的加数不多于n1个，其中每一个都是(n1！的因数，且全不相等A5006 找出具有下列性质的所有正整数n：设集合n，n1，n2，n3，n4，n5可以划分成两个无公共元素的非空子集，使得一个子集中所有元素的乘积等于另一子集中所有元素的乘积【题说】第十二届(1970年国际数学奥林匹克题4本题由捷克斯洛伐克提供【解】假定n具有所述性质，那么六个数n，n1，n2，n3，n4，n5中任一个素因数p必定还整除另一个数(在另一个子集中因而p整除这两个数的差，所以p只能为2，3，5再考虑

6、数n1，n2，n3，n4它们的素因数不能为5(否则上面的六个数中只有一个被5整除，因此只能为2与3这四个数中有两个为连续奇数它们必须是3的正整数幂(因为没有其它因数，但这样两个幂的差被3整除，决不能等于2矛盾！这就说明具有所述性质的n是不存在的A5007 证明：任何一个正的既约真分数mn可以表示成两两互异的自然数的倒数之和【题说】1972年1973年波兰数学奥林匹克三试题5【证】对m用数学归纳法m1时，显然成立假设对小于m的自然数命题成立，我们证明它对m1也成立为此，设nqmr(0rm (1因为mn是正的既约真分数，所以q0，r0又因0mrm，所以由归纳假设，其中t1t2tk为自然数因为nm，

7、所以由(3知：t1q1，将(3代入(2得所以，命题对任何自然数m都成立A5008 8分和15分的邮票可以无限制地取用某些邮资额数，例如7分、29分，不能够刚好凑成求不能凑成的最大额数n，即大于n的额数都能够凑成，并证明你的答案【题说】第六届(1974年加拿大数学奥林匹克题6【解】因为988·115·6998·315·51008·515·41018·715·31028·915·21038·1115·11048·1315·01058·015·

8、;7比105大的数，可用以上8数加上8的适当倍数而得到而97不能用8与15凑成故所求的n值为97【注】一般地，当正整数p、q互质时，不能用p、q凑成的最大整数pqpqA5009 若整数n可表示成na1a2ak (1其中a1，a2，ak是满足的正整数(不一定相异，那么，我们称n是好数，已知整数33至73是好数，证明：每一个不小于33的整数都是好数【题说】第七届(1978年英国数学奥林匹克题3【证】我们改证命题pn：整数n，n1，2n7都是好数已知p33为真假设pn成立，那么n是好数，即存在正整数a1，a2，ak使(1、从而这表明 2(a1a2ak442n82(a1a2ak362n9也是好数，因此

9、Pn成立根据数学归纳法，对所有正整数n33，Pn成立，原命题因而得证A5010 设f(xx2x1证明：对任意的m个自然数(m1，f(m，f(f(m，两两互素【题说】第十二届(1978年全苏数学奥林匹克十年级题1【证】因f(01，所以多项式的常数项pn(01因而，对于任意的整数m，pn(m除以m，余数等于1用mpk(m代替m，就得到pnk(mpn(m与mpk(m互素A5011 自然数n的数字和用S(n来表示(1是否存在一个自然数n，使得ns(n1980；(2证明：在任意两个连续的自然数之中，至少有一个能表示成nS(n的形式，其中n为某个自然数【题说】第十四届(1980年全苏数学奥林匹克八年级题6

10、【解】(1当n1962时，nS(n1980(2令SnnS(n，如果n的末位数字是9，则Sn1Sn；否则Sn1Sn2对任意两个连续的自然数m(m2，m1，在Snm的n中，选择最大的，并用N表示这时SN1mSN，所以N的末位数字不是9，从而SN1SN2由mSN1SN2m2，即得SN1m或SN1m1A5012 设n为2的自然数证明方程xn1yn1在x与n1互质时无正整数解【题说】1980年芬兰等四国国际数学竞赛题3本题由匈牙利提供【证】xnyn11(y1(ynyn11如果质数p是y1与ynyn11的公因数，则p整除xn，从而p是x的因数但y除以p余1，所以ynyn11除以p与n1除以p的余数相同，即

11、n1也被p整除，这与x、n1互质矛盾因此y1与ynyn11互质，从而y1sn，ynyn11tn，其中s、t为自然数，stx但ynynyn11(y1n，所以ynyn11tn，矛盾，原方程无解A5013 设a、b、c是两两互素的正整数，证明：2abcbeacab是不能表示为xbcyaczab形式的最大整数(其中x、y、z是非负整数【题说】第二十四届(1983年国际数学奥林匹克题3【证】熟知在a、b互素时，对任意整数n有整数x、y，使axbyn当nabab时，首先取0xb(若xb则用xb、ya代替x、y，我们有bynaxababaxababa(b1b所以y1也是非负整数即nabab时，有非负整数x、

12、y使axbyn因为a、b、c两两互素，所以(bc，ac，ab1令(bc，acd则(ab，d1，所以方程abzdtn (1有整数解，并且0zd(若zd则用zd、tab代替z、t设 bcda1，acdb1，那么(a1，b11在n2abcbccaab时，即 ta1b1a1b1从而方程 a1xb1yt (2有非负整数解(x，y由(1与(2消去t可得bcxacyabzn有非负整数解另一方面，若有非负整数x、y、z使2abcbcacahxbcyaczab则 bc(x1ac(y1ab(z12abc于是应有，a整除bc(x1，因(a，bc1所以，a整除x1，从而cx1同理有，by1，cz1因此3abcbcaa

13、cbabcbc(x1ac(y1ab(z12abc由于a、b、c都是正整数，这是不可能的，故2abcbccaab不能表成xbcycazab(x、y、z为非负整数的形式A5014 能否选择1983个不同的正整数都不大于105，且其中没有三个正整数是算术级数中的连续项，并证明你的论断【题说】第二十四届(1983年国际数学奥林匹克题5本题由波兰提供【解】考虑三进制表示中，不含数字2并且位数11的数所成的集合M显然|M|21111983M中最大的数为若x、y、zM并且xz2y，则由于2y的各位数字为0或2，所以xz的各位数字也为0或2从而x、z在同一位上的数字同为0或同为2，即xz因此M中任三个互不相同

14、的数不成等差数列于是回答是肯定的，M即是一例A5015 将19分成若干个正整数之和，使其积为最大【题说】1984年上海市赛一试题2(9【解】由于分法只有有限种，其中必有一种分法，分成的各数的积最大我们证明这时必有：(1分成的正整数只能是2和3因为422，且42×2，若分出的数中有4，拆成两个2其积不变；若分出的数中有数a5则只要把a拆成2与a2，由2(a2a知道积将增大(2分成的正整数中，2最多两个若2至少有3个，则由33222及3×32×2×2可知，将3个2换成2个3，积将增大所以，将19分成5个3与2个2的和，这些数的积35×22972是最

15、大的A5016 设a、b、c、d是奇整数，0abcd，且adbc证明：如果对某整数k和m有ad2k和bc2m，那末a1【题说】第二十五届(1984年国际数学奥林匹克题6【证】因为a(ad(bca2adabaca2bcabac(ab(ac0所以adbc，即2k2m，km又由adbc，有 a(2kab(2mb2m(b2kmab2a2(ba(ba可知2m整除(ba(ba但ba和ba不能都被4整除(因为它们的和是2b，而b是奇数，所以2m1必整除ba或ba之一因为babc2m，所以ba2m1或ba2m1因为a、b是奇数，它们的公因数也是奇数，且是ba和ba的因数，从而是2m1的奇因数，即1所以a与b互

16、质，同理a与c也互质但由adbc，知a能整除bc，故a1A5017 对正整数n1的一个划分，是指将n分成一个或若干个正整数之和，且按非减顺序排列(如n4，划分有1111，112，13，22及4共5种对任一划分，定义A(为划分中数1出现的个数；B(为中出现不同的数的个数(如对n13的一个划分：112225而言，A(2，B(3求证：对任意正整数n，其所有划分的A(之和等于B(之和【题说】第十五届(1986年美国数学奥林匹克题5【证】设p(n表示n划分的个数那么第一个位置是1的划分有p(n1个，第二个位置上是1的(当然它第一个位置上也是1的划分有p(n2个等等第n1个位置上是1的划分有P(11个，第

17、n个位置上是1的只有1种若令P(01则所有划分中含1的数A(之和等于P(n1P(n2P(1P(0另一方面，从含有1的每个划分中拿去一个1，都成为一个(n1的划分，共拿去P(n1个1再从含有2的每个划分中拿去一个2，都成为n2的划分，共拿去P(n2个2从含有(n1的划分(只有一个：1(n1，拿去(n1，即拿去了P(11个1再加上含有n的一个划分，n为P(01个，故B(总和也等于P(n1P(n2P(1P(0因此，A(B(A5018 在直角坐标系xoy中，点A(x1，y1和点B(x2，y2的坐标均为一位正整数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

18、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、求出所有这样的四位数，并写出求解过程【题说】1985年全国联赛二试题167又由于x2、y2均为一位正整数，所以x2y272或x2y281因为BCB45°，所以x2y2故由x2y272可知x29，y28此时x1y15同样可求得x11，y15综上可知，1985为符合条件的唯一的四位数A5019 设n、k为互素自然数，0kn，在集合M1，2，n1(n3中的各数，要么着蓝色，要么着白色，已知(1对于各iM，i和ni同色；(2对于各iM，ik， i和|ik|同色证明：在M中的所有数均同色【题说】第二十六届(19

19、85年国际数学奥林匹克题2本题由澳大利亚提供【证】设lknqlrl(l1，2，n1；1rln1若rlrl，则(llk被n整除，但n、k互素，所以n|(ll这表明在l1，2，n1时，r1，r2，rn1互不相同，所以Mr1，r2，rn1若rlnk，即rlkn，则rl1rlk，由条件(2，rl1与rl1krl同色若rlnk，即rlkn，则rl1rlkn，于是rl1与krl1nrl同色再由条件(1nrl与rl同色综上所述，ri1与rl同色(l1，2，n2，因此M中所有数同色A5020 如n是不小于3的自然数，以f(n表示不是n的因数的最小自然数(例如f(125如果f(n3，又可作f(f(n类似地，如果

20、f(f(n3，又可作f(f(f(n果用Ln表示n的长度，试对任意的自然数n(n3，求Ln并证明你的结论【题说】第三届(1988年全国冬令营赛题6【解】很明显，若奇数n3，那么f(n2，因此只须讨论n为偶数的情况，我们首先证明，对任何n3，f(nps，这里P是素数，s为正整数假若不然，若f(n有两个不同的素因子，这时总可以将f(n表为f(nab，其中a、b是大于1的互素的正整数由f的定义知，a与b都应能整除n，因(a，b1，故ab也应整除n，这与f(nab矛盾所以f(nps由此可以得出以下结论：(1当n为大于1的奇数时，f(n2，故Ln1；(2设n为大于2的偶数，如果f(n奇数，那么f(f(n2

21、，这时Ln2；如果f(n2s，其中自然数s2，那么f(f(nf(2s3，从而f(f(f(nf(32，这时Ln3A5021 一个正整数，若它的每个质因数都至少是两重的(即在这数的分解式中每个质因数的幂指数都不小于2，则称该正整数为“漂亮数”相邻两个正整数皆为“漂亮数”，就称它们是一对“孪生漂亮数”，例如8与9就是一对“孪生漂亮数”请你再找出两对“孪生漂亮数”来【题说】1989年北京市赛高一题5【解】设(n，n1是一对“孪生漂亮数”，则4n(n1是漂亮数，并且4n(n114n24n1(2n12是平方数，而平方数必为漂亮数所以，(4n(n1、4n(n11也是一对“孪生漂亮数”于是，取n8，得一对“孪

22、生漂亮数”(288，289再取n288，得另一对“孪生漂亮数”(332928，332929两个自然数的平方差，则称这个自然数为“智慧数”比如165232，16就是一个“智慧数”在自然数列中从1开始数起，试问第1990个“智慧数”是哪个数？并请你说明理由【题说】1990年北京市赛高一复赛题4【解】显然1不是“智慧数”，而大于1的奇数2k1(k12k2，都是“智慧数”4k(k12(k12可见大于4且能被4整除的数都是“智慧数”而4不是“智慧数”，由于x2y2(xy(xy(其中x、yN，当x，y奇偶性相同时，(xy(xy被4整除当x，y奇偶性相异时，(xy(xy为奇数，所以形如4k2的数不是“智慧数

23、”在自然数列中前四个自然数中只有3是“智慧数”此后每连续四个数中有三个“智慧数”由于19893×663，所以26564×664是第1990个“智慧数”A5023 有n(2名选手参加一项为期k天的比赛，每天比赛中，选手的可能得分数为1，2，3，n，且没有两人的得分数相同，当k天比赛结束时，发现每名选手的总分都是26分试确定数对(n，k的所有可能情况【题说】第二十二届(1990年加拿大数学奥林匹克题1【解】所有选手得分总和为kn(n1/226n，即k(n152(n，k取值可以是(3，13，(12，4，(25，2及(51，1，但最后一种选择不满足要求当(n，k(3，13时，3名选

24、手13天得分配置为(1，2，32(2，3，12(3，1，23(1，3，22(3，2，13(2，1，3(26，26，26当(n，k(12，4时，12名选手4天得分配置为2(1，2，11，122(12，11，2，1(26，26，26当(n，k(25，2时，25名选手两天得分配置为(1，2，24，25(25，24，2，1(26，26，26A5024 设x是一个自然数若一串自然数x01，x1，x2，xt1，xtx，满足xi1xi，xi1|xi，i1，2，t则称x0，x1，x2，xt为x的一条因子链，t为该因子链的长度T(x与R(x分别表示x的最长因子链的长度和最长因子链的条数对于x5k×31

25、m×1990n(k，m，n是自然数试求T(x与R(x【题说】第五届(1990年全国冬令营赛题2【解】设x的质因数分解式为其中p1、p2、pn为互不相同的质数，1、2、n为正整数由于因子链上，每一项至少比前一项多一个质因数，所以T(x12n将12n个质因数(其中1个p1，2个p2，n个pn依任意顺序排列，每个排列产生一个长为12n的因子链(x1为排列的第一项，x2为x1乘排列的第二项，x3为x2乘第三项，因此T(x12n，R(x即排列对于x5k×31m×1990n2n×5kn×31m×199n，T(x3nkmA5025 证明：若则为整数

26、【题说】1990年匈牙利阿拉尼·丹尼尔数学竞赛低年级普通水平题1【证】若xyzt0，则由题设条件可得于是此时(1式的值等于4若xyzt0，则由此可得xyzt于是(1式的值等于4A5026 课间休息时，n个学生围着老师坐成一圈做游戏，老师按顺时针方向并按下列规则给学生们发糖：他选择一个学生并给一块糖，隔一个学生给下一个学生一块，再隔2个学生给下一个学生一块，再隔3个学生给下一个学生一块试确定n的值，使最后(也许绕许多圈所有学生每人至少有一块糖【题说】1991年亚太地区数学奥林匹克题4【解】问题等价于确定正整数n，使同余式123xa(modn (1对任意正整数a都有解我们证明当且仅当n是

27、2的方幂时，(1式总有解若n不是2的方幂，则n有奇素因数p由于1，12，123，12(p1，12p至多表示mod p的p1个剩余类(最后两个数在同一个剩余类中，所以12x也至多表示mod p的p1个剩余类，从而总有a使12xa(mod p无解，这时(1也无解若n2k(k1，考察下列各数：0×1，1×2，2×3，(2k12k (2设x(x1y(y1、(mod 2k1，其中0x，y2k1，则x2y2xy(xy(xy10(mod 2k1因为xy，xy1中，一个是奇数，一个是偶数，所以xy0(mod2k1或xy10(mod 2k1由后者得：2k1xy12k12k112k1

28、1矛盾故 xy(mod 2k1，即xy因此(2中的2k个偶数mod 2k1互不同余，从而对任意整数a，方程x(x12a(mod 2n有解，即(1有解A5027 设S1，2，3，280求最小的自然数n使得S的每个有n个元素的子集都含有5个两两互素的数【题说】第三十二届(1991年国际数学奥林匹克题3本题由中国提供【解】令AiS中一切可被i整除的自然数，i2，3，5，7记AA2A3A5A7，利用容斥原理，容易算出A中元素的个数是216由于在A中任取5个数必有两个数在同一个Ai之中，从而他们不互素于是n217另一方面，令B1(1和S中的一切素数B2(22，32，52，72，112，132B32

29、15;131，3×89，5×53，7×37，11×23，13×19B42×127，3×83，5×47，7×31，11×19，13×17B52×113，3×79，5×43，7×29，11×17B62×109，3×73，5×41，7×23，11×13易知B1中元素的个数为60令BB1B2B3B4B5B6，则B中元素的个数为88，SB中元素的个数为192在S中任取217个数，由于2171922

30、54×6，于是存在i(1i6，使得这217个数中有5个数在Bi中显然这5个数是两两互素的，所以n217于是n217A5028 对于每个正整数n，以s(n表示满足如下条件的最大正整数：对于每个正整数ks(n，n2都可以表示成k个正整数的平方之和1证明：对于每个正整数n4，都有s(nn214；2试找出一个正整数n，使得s(nn214；3证明：存在无限多个正整数n，使得s(nn214【题说】第三十三届(1992年国际数学奥林匹克题6本题由英国提供【解】用反证法证明如下：假设对某个n4，有s(nn214，则存在kn213个正整数a1，a2，ak，使得于是就有从而3b8c13这表明c0或1；但

31、相应的b不为整数，矛盾2每个大于13的正整数m可以表为3b8c，其中b、c为非负整数事实上，若m3s1，则s5，m3(s52×8若m3s2，则s4，m3(s28由即知n2可表为n2m个平方和，从而n2可表为n214，n215，对于n13，有n212252122423282825242由于82可表为4个42的和，42可表为4个22的和，22可表为4个12的和，所表为4，7，10，43个平方的和，又由于524232，132可表为5，8，11，44个平方的和由于122可表为4个62的和，62可表为4个32的和，所以1321224232可表为3，6，9，33个平方的

32、和为182×936，182×1242个平方的和再由42为4个22的和，132也可表为39个平方的和综上所述，132可表为1，2，44个平方的和3令n2k×13因为132可表为1，2，155个平方的和，22可表为4个平方的和，所以132×22可表为1，2，155×4个平方的和，132×24可表为1，2，155×42个平方的和，n2132×22k可表为1，2，155×4k个平方的和s(nn214A5029 每个正整数都可以表示成一个或者多个连续正整数的和试对每个正整数n，求n有多少种不同的方法表示成这样的和【

33、题说】第一届(1992年中国台北数学奥林匹克题2【解】设m为n的正的奇因数，mnd，则若(1的每一项都是正的，则它就是n的一种表示(表成连续正整数的和若(1式右边有负数与0，则这些负数与它们的相反数抵消(因以略去，这样剩下的项是连续的正整数，仍然得到n的一种表示，其项数为偶数(例如7(2(10123434于是n的每一个正奇因数产生一个表示反过来，若n有一个表示，项数为奇数m，则它就是(1的形式，而m是n的奇因数，若n有一个表示，项数为偶数，最小一项为k1，则可将这表示向负的方向“延长”，增加2k1项，这些项中有0及±1，±2，±k这样仍成为(1的形式，项数是n的奇

34、因数因此，n的表示法正好是n的正奇因数的个数，如果n的标准分解A5030 x、y为正整数，x4y4除以xy的商是97，求余数【题说】1992年日本数学奥林匹克预选赛题7【解】由题知x4y498(xy，不妨设xy，则x498×2x，所以x5注意到141，2416，3481，44256，54625对x，y1，2，3，4，5，x4y497(xy的仅有5444881(54×978，所以所求的余数为8A5031 设p(a1，a2，a17是1，2，17的任一排列，令kp是满足不等式a1a2akak1a17的最大下标k，求kp的最大值和最小值，并求所有不同的排列p相应的kp的和【题说】1

35、992年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克(最后一轮题1【解】若kp12，则这与kp的定义相矛盾，所以kp11又当p(1，2，17时，12116687121317，故此时kp11所以，kp的最大值为11，并且kp的最小值为5，此时p(17，16，2，1设p(a1，a2，a17是1，2，17的任一排列，由kp的定义，知且但(2的等号不可能成立，否则矛盾所以由(1和(3可知，对排列p(a1，a2，a17的反向排列p(a17，a16，a1，kp17(kp2116kp所以kpkp16于是可把1，2，17的17！个不同排列与它的反向排列一一配对所求之和为A5032 确定所有正整数n，使方程xn(2xn(2xn0

36、有整数解【题说】1993年亚太地区数学奥林匹克题4【解】显然，n只能为奇数当n1时，x4当n为不小于3的奇数时，方程左边是首项系数为1的非负整系数多项式，常数项是2n1，所以它的整数解只能具有2t的形式，其中t为非负整数若t0，则x1，它不是方程的解；若t1，则x2，也不是方程的解；当t2时，方程左边2n2n(t1(12t1n(12t1n，而2n(t1(12t1n(12t1n2(mod 4，从而方程左边不等于零综上所述，当且仅当n1时，原方程有一个整数解x4A5033 每一个大于2的自然数n都可以表示为若干个两两不等的正整数之和记这些相加数个数的最大值为A(n，求A(n【题说】1993年德国数

37、学奥林匹克(第一轮题1【解】对任意自然数n(n3，存在自然数m，使1之和，所以A(nmA5034 完全平方数对(a，b满足：(1a和b的十进制表示位数相同；(2将b的十进制表示续写在a的十进制表示之后，恰好构成一个新的完全平方数的十进制表示，例如a16，b81，1681412求证：这样的数对(a，b有无穷多对【题说】1993年德国数学奥林匹克(第一轮题3【证】取a142，a2492，an(5×10n112，；b192，b2992，bn(10n12，其中n为正整数显然，an，bn均为2n位数，且25×104n2103n2×102n2×102n1(5

38、5;102n110n12即对任意正整数n，(an，bn均满足条件A5035 证明：对于任意整数x，是一个整数【题说】1994年澳大利亚数学奥林匹克一试题2由于连续n个整数中必有一个是n的倍数，所以上式为整数A5037 设n231·319n2有多少个小于n，但不能整除n的正整数因子？【题说】第十三届(1995年美国数学邀请赛题6【解】n2的因子必为2·3形，其中062，038于是(，是属于图中矩形的格点，显然对I、IV中的格点(，23不满足要求(2·3|n或2·3n，II中任一格点(约定19或31的点属于I或IV，不属于II或III(，若2·3n，则对III中格点(62，31，有262·331n反之，对III中格点(，若2·3n，则