数学奥林匹克题解【A整数-A4整除001-010】

1、A4 整除A4001  证明：当且仅当指数n不能被4整除时，1n2n3n4n能被5整除【题说】1901年匈牙利数学奥林匹克题1【证】容易验证14243444 （mod 5）假设n=4kr，k是整数，r=0，1，2，3则Sn=1n2n3n4n1r2r3r4r（mod 5）由此推出，当r=0时，Sn4，而当r=1，2，3时，Sn0（mod 5）因此，当且仅当n不能被4整除时，Sn能被5整除A4002  证明：从n个给定的自然数中，总可以挑选出若干个数（至少一个，也可能是全体），它们的和能被n整除【题说】1948年匈牙利数学奥林匹克题3【证】设a1，a2，an是给定的n个数考察和

2、序列：a1，a1a2，a1a2a3，a1a2an如果所有的和数被n除时余数都不相同，那么必有一个和数被n除时余数为0此时本题的断言成立如果在n个和数中，有两个余数相同（被n除时），那么从被加项较多的和数中减去被加项较少的和数，所得的差能被n整除此时本题的断言也成立A4003  1设n为正整数，证明132n1是168的倍数2问：具有那种性质的自然数n，能使123n整除1·2·3·n【题说】1956年上海市赛高三复赛题1【解】1132n1=（132）n1，能被1321，即168整除2问题即 何时为整数（1）若n1为奇质数，则（n1） 2（n1）！（2）若n1

3、=2，则（n1）|2（n1）！（3）若n1为合数，则n1=ab其中ab1在b=2时，a=n1an1，所以a|（n1）！，（n1）|2（n1）！在b2时，2an1an1，所以2ab|（n1）！更有                                  

4、;    （n1）|2（n1）！综上所述，当np1（p为奇质数）时，12n整除1·2·nA4004  证明：如果三个连续自然数的中间一个是自然数的立方，那么它们的乘积能被504整除【题说】 1957年1958年波兰数学奥林匹克三试题1【证】设三个连续自然数的乘积为n=（a31）a3（a31）（1）a1，2，-3（mod 7）时，7|a31a1，2，3（mod 7）时，7|a31a0（mod 7）时，7|a3因此7|n（2）当a为偶数时，a3被8整除；而当a为奇数时，a31与a31是两个相邻偶数，其中一个被4整除，因此积被8整除（3）a

5、1，2，4（mod 9）时，9|a31a1，2，-4（mod 9）时，9|a31a0，±3（mod 9）时，9|a3因此9|n由于7、8、9互素，所以n被504=7×8×9整除A4005 设x、y、z是任意两两不等的整数，证明（xy）5（yz）5（zx）5能被5（yz）（zx）（xy）整除【题说】1962年全俄数学奥林匹克十年级题3【证】令xy=u，yz=v，则zx=（uv）（xy）5（yz）5（zx）5=u5v5（uv）5=5uv（nv）（u2uvv2）而 5（yz）（zx）（xy）=5uv（uv）因此，结论成立，而且除后所得商式为u2uvv2=x2y2z22x

6、y2yz2xz【别证】也可利用因式定理，分别考虑原式含有因式（xy），（yz），（zx）以及5A4006  已知自然数a与b互质，证明：ab与a2b2的最大公约数为1或2【题说】1963年全俄数学奥林匹克八年级题4【证】设（ab，a2b2）=d，则d可以整除（ab）2（a2b2）=2ab但由于a、b互质，a的质因数不整除ab，所以d与a互质，同理d与b互质因此d=1或2A4007 （a）求出所有正整数n使2n1能被7整除（b）证明：没有正整数n能使2n1被7整除【题说】第六届（1964年）国际数学奥林匹克题1本题由捷克斯洛伐克提供解的关键是找出2n被7除所得的余数的规律【证】（a）设

7、m是正整数，则23m=（23）m=（71）m=7k1（k是正整数）从而                                  23m+1=2·23m=2（7k1）=7k1223m+2=4·23m=4（7k1）=7k24所以当n=3m时，2

8、n17k；当n=3m1时，2n1=7k11；当n=3m2时，2n1=7k23因此，当且仅当n是3的倍数时，2n1能被7整除（b）由（a）可知，2n1被7除，余数只可能是2、3、5因此，2n1总不能被7整除A4008  设k、m和n为正整数，mk1是比n1大的一个质数，记Cs=s（s1）证明：乘积（Cm+1Ck）（Cm+2-Ck）（Cm+nCk）能被乘积C1·C2··Cn整除【题说】第九届（1967年）国际数学奥林匹克题3本题由英国提供【证】CpCq=p（p1）q（q1）=p2q2pq=（pq）（pq1）所以 （Cm+1Ck）（Cm+2Ck）（Cm+nCk

9、）=（mk1）（mk2）（mkn）·（mk2）（mk3）··（mkn1）C1C2Cn=n！（n1）！因此只需证=A·B是整数由于n个连续整数之积能被n！整除，故A是整数是整数因为mk1是大于n1的质数，所以mk1与（n1）！互素，从而（mk2）（mk3）（mkn1）能被（n1）！整除，于是B也是整数，命题得证A4009  设a、b、m、n是自然数且a与b互素，又a1，证明：如果ambm能被anbn整除，那么m能被n整除【题说】第六届（1972年）全苏数学奥林匹克十年级题1【证】由于akbk=ak-n（anbn）bn（ak-nbk-n）albl=

10、al-n（anbn）bn（al-nbl-n）所以（i）如果akbk能被anbn整除，那么ak-nbk-n也能被anbn整除（ii）如果albl能被anbn整除，那么al-nbl-n也能被anbn整除设m=qnr，0rn，由（i）、（ii）知ar（1）qbr能被anbn整除，但0|ar（1）qbr|anbn，故r=0（同时q是奇数）亦即n|mA4010 设m，n为任意的非负整数，证明：是整数（约定0！=1）【题说】第十四届（1972年）国际数学奥林匹克题3本题由英国提供易证      f（m1，n）=4f（m，n）f（m，n1）