数学奥林匹克题解【A整数-A4整除021-030】

1、A4021  找出4个不同的正整数，它们的积能被它们中的任意两个数的和整除你能找出一组5个或更多个数具有同样的性质吗？【题说】1992年英国数学奥林匹克题3【解】显然，2、6、10、14满足要求任取n个不同的正整数。a1、a2、an，令则n个不同的正整数la1、la2、lan中任意两个的和显然整除l2，从而整除它们的积lna1a2anA4022  求最大自然数x，使得对每一个自然数y，x能整除7y12y1【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛七年级题1【解】当y=1时，7y12y1=18假设7y12y1是18的倍数，因为7y+112（y1）1=6×7y12（7y12

2、y-1）=6×（7y2）（7y12y-1）7y2120（mod 3）所以，7y+112（y1）1是18的倍数从而对一切自然数y，18整除7y12y1，所求的x即18 A4023  证明：若n为大于1的自然数，则2n1不能被n整除【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛九年级题2【证】若n是偶数，显然有n （2n1）若n是奇素数，由费马定理知2n2（mod n），所以2n11（mod n），即n （2n1）若n是奇合数，设p是n的最小素因子，由费马定理知2p-11（mod P）；若i是使2i1（mod P）成立的最小自然数，则2iP1，从而i n，设n=qir，0ri，

3、则2n2r 1（mod p），即p （2n1），故n （2n1）A4024  当n为何正整数时，323整除20n16n3n1？【题说】第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第一轮题5【解】                                 

4、0;   323=17×19当n为偶数时，20n16n3n113n3n10（mod 19）20n16n3n13n1n3n10（mod 17）所以此时323整除20n16n3n1当n为奇数时，20n16n3n13n13n2 0（mod 17），所以此时323不整除20n16n3n1A4025  设x、y、z都是整数，满足条件（xy）（yz）（zx）=xyz                 

5、           （*）试证：xyz可以被27整除【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克九年级二试题5【证】（1）整数x、y、z被3除后余数都相同时，27|（xy）（yz）（zx），即27|xyz（2） x、y、z被3除后有且仅有两个余数相同，例如xy（mod 3），且y z（mod 3），这时3 xyz且3|（xy），与（*）式矛盾，可见情形（2）不会发生（3）x、y、z被3除后余数都不相同，这时3|（xyz），但3 （xy）（yz）（zx）仍与（*）式矛盾，可见情况（3）也不会发

6、生于是，x、y、z除以3余数都相同，并且，27|xyzA4026  对于自然数n，如果对于任何整数a，只要n|an1，就有n2|an1，则称n具有性质P（1）求证每个素数n都具有性质P；（2）求证有无穷多个合数也都具有性质P【题说】第三十四届（1993年）IMO预选题本题由印度提供【证】（1）设n=P为素数且p|（ap1），于是，（a，p）=1因为ap1=a（ap-11）（a1）由费马小定理p|（ap-11）所以，p|（a1），即a1（mod p）因而ai1（mod p），i=0，1，2，p1将这p个同余式加起来即得ap-1ap-2a10（mod p）所以，p2|（a1）（ap-1a

7、p-2a1）=ap1a1（mod n）于是，像（1）一样又可推得n2|（an1）因此，（q1）（p1）因为q|（p2），所以q （p1）又因具有性质P显然pnp2取大于p2的素数，又可获得另一个具有性质P的合数所以，有无穷多个合数n具有性质pA4027  证明：对于自然数k、m和n不等式k，m·m，n·n，kk，m，n2成立（其中a，b，c，z表示数a、b、c，z的最小公倍数）【题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克十年级（决赛）题5【证】将k、m、n分解设其中pi（i=1，2，l）为不同的素数，i、i、i为非负整数对任一个素因数pi，不妨设0iii在所要证明的不等式左边，pi的指数为iii=i2i；而右边pi的指数为i·2=2i因而所要证明的不等式成立A4029  证明；所有形如10017，100117，1001117，的整数皆可被53整除【题说】第五十八届（1995年）莫斯科数学奥林匹克八年级题2【证】易知第一个数10017可被53整除，而数列中相邻二数的差也可被53