数学奥林匹克题解【A整数-A1特殊的自然数001-010】

1、A. 整数 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7744882A1002 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

2、匈牙利数学奥林匹克题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

3、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bn2-100a220a1由此得        

4、; 20a1100，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p±1（mod 5）时，5|4p21当p±2（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

5、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 n44m4不是素数取 a4·24，4·34，就得到无限多个符合要求的 aA1008 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】