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苏联中学生数学奥林匹克集训队试题及其解答(1984—1992)《苏联中学生数学奥林匹克集训队试题及其解答（1984—1992）》是一本收录了苏联时期中学生数学奥林匹克竞赛试题及其解答的书籍。
其中，1984-1991年称为全苏联数学奥林匹克集训队，1992年苏联已经解体，故称为跨共和国数学奥林匹克集训队。
这本书包含了第1-330题的详细解答。
需要注意的是，这本书并非官方出版物，而是由民间爱好者整理汇编的资料。
以下是部分试题的示例：1. （1984年第1题）设函数f(x) = 2x^3 - 3x^2 + x + 1。
求f'(x)，并求f'(x)的零点。
答案：f'(x) = 6x^2 - 6x + 1。
f'(x)的零点为x = 1/2。
2. （1985年第2题）设a、b、c是等差数列的三项，a、b、c、d是等比数列的四项。
已知a + b + c = 12，a * b * c = 24，求d的值。
答案：由等差数列性质，a + c = 2b。
由等比数列性质，b^2 = ac。
联立这两个方程，可以解得a = 4，b = 4，c = 4。
因此，d = 4。
3. （1986年第3题）设平面直角坐标系中，点A(2, 3)，点B在x 轴上，点C在y轴上。
求△ABC面积的最大值。
答案：设点B的坐标为(x, 0)，点C的坐标为(0, y)。
则△ABC的面积S = 1/2 * |x * 3 - 2 * y|。
为使S最大，需要使x * 3 - 2 * y最大。
当x = 2，y = 3时，S取得最大值，最大值为6。
苏联中学生数学奥林匹克试题汇编苏联中学生数学奥林匹克试题汇编数学奥林匹克是一项比赛，自1959年起，在全球范围内举办。
苏联的学生积极参加这项比赛，并且取得了很多优异的成绩。
今天，我们将汇编一些苏联中学生数学奥林匹克试题，以探讨他们在数学方面的学习情况。
首先，让我们来看一些苏联中学生解决数学奥林匹克试题的例子。
例如，关于几何图形的试题，苏联学生可以通过观察图形，计算图形的面积、周长等来解决问题。
在解决几何图形的问题上，苏联学生也经常使用数学表达式。
他们可以利用直角三角形、圆形等几何图形的几何公式，来解决一些复杂的几何问题。
此外，苏联学生在数学奥林匹克试题中，还涉及到抽象代数的试题。
这些试题要求学生掌握一些抽象代数基础，包括因式分解、拉格朗日展开式、有理代数函数、多项式的求解等知识点。
学生可以根据题目的提示，分析题目背后的数学思想，运用抽象代数的基本原理，来解决抽象代数的试题。
最后，苏联学生在解决数学奥林匹克试题时，还会涉及到一些复杂的不定微积分，以及概率统计的试题。
在解决这类试题时，学生需要掌握一些复杂的数学概念，例如微积分的技巧、随机变量、概率分布等。
学生要熟悉解决这类试题的方法，并且要熟练运用这些技巧，才能正确地解决这类试题。
总之，苏联学生在解决数学奥林匹克试题时，要熟悉几何图形、抽象代数和微积分等技巧，并熟练运用这些技巧，才能正确地解决这类试题。
苏联学生参加数学奥林匹克比赛，取得优异成绩的背后，是他们对数学知识的深入研究。
他们不仅要掌握数学的基本原理，还要学习一些技巧，熟练掌握这些技巧，才能正确地解决数学奥林匹克试题。
苏联学生的数学奥林匹克试题汇编，不仅可以为我们提供一些有用的数学知识，还可以为我们提供一些学习方法的参考，帮助我们更好地提高学习效率。
因此，我们要学习苏联学生参加数学奥林匹克比赛的精神，努力学习数学知识，并熟练掌握一些技巧，才能在数学方面取得优异的成绩。
初中数学奥林匹克竞赛教程（初稿）第一讲整数问题：特殊的自然数之一A1－001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1．x＝1000a＋100a＋10b＋b＝11（100a＋b）其中0＜a≢9，0≢b≢9．可见平方数x被11整除，从而x被112整除．因此，数100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b≢18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋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，9a＋1为平方数，故所求的四位数是7744＝882．A1－002假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．【题说】1953年匈牙利数学奥林匹克题2．【证】设2n2＝kd，k是正整数，如果n2＋d是整数x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋2k不是平方数．A1－003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（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1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．A1－004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】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a＝m2（m∈N）．于是a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）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．A1－005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n2＝100a2＋b，其中0＜b＜100．于是n＞10a，即n≣10a＋1．因此b＝n2100a2≣20a＋1由此得20a＋1＜100，所以a≢4．经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402≣422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681．A1－006求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1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|4p2＋1．当p≡±2（mod 5）时，5|6p2＋1．所以本题只有一个解p＝5．A1－007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＝n4＋a都不是素数．【题说】第十一届（1969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n4＋4m4＝（n2＋2m2）2－4m2n2＝（n2＋2mn＋2m2）（n2－2mn＋2m2）而n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2＝（n－m）2＋m2≣m2＞1故n4＋4m4不是素数．取a＝4²24，4²34，…就得到无限多个符合要求的a．第二讲整数问题：特殊的自然数之二A1－008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．A1－009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（1973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．A1－010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（1973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，消去a，d，得化简得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m原命题成立．A1－011设n为大于2的已知整数，并设V n为整数1＋kn的集合，k＝1，2，…．数m∈V n称为在V n中不可分解，如果不存在数p，q∈V n使得pq＝m．证明：存在一个数r∈V n可用多于一种方法表达成V n中不可分解的元素的乘积．【题说】第十九届（1977年）国际数学奥林匹克题3．本题由荷兰提供．【证】设a＝n－1，b＝2n－1，则a2、b2、a2b2都属于V n．因为a2＜（n＋1）2，所以a2在V n中不可分解．式中不会出现a2．r＝a2b2有两种不同的分解方式：r＝a2²b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之积）与r＝ab²ab＝…（直至ab分成不可分解的元素之积），前者有因数a2，后者没有．A1－012证明在无限整数序列10001，100010001，1000100010001，…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0001而成．【题说】1979年英国数学奥林匹克题6．【证】序列1，10001，100010001，…，可写成1，1＋104，1＋104＋108，…一个合数．即对n＞2，a n均可分解为两个大于1的整数的乘积，而a2＝10001＝137²73．故对一切n≣2，a n均为合数．A1－013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（1984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1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，104³M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．A1－014设正整数d不等于2、5、13．证明在集合｛2，5，13，d｝中可以找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．【题说】第二十七届（1986年）国际数学奥林匹克题1．本题由原联邦德国提供．【证】证明2d－1、5d－1、13d－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5d－1＝x2 （1）5d－1＝y2 （2）13d－1＝z2 （3）其中x、y、z是正整数．由（1）式知，x是奇数，不妨设x＝2n－1．代入有2d－1＝（2n－1）2即d＝2n2－2n＋1 （4）（4）式说明d也是奇数．于是由（2）、（3）知y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）因2d是偶数，即q2－p2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2d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．第三讲整数问题：特殊的自然数之三A1－015求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n≢5）个数的和为合数．【题说】第二十一届（1987年）全苏数学奥林匹克十年级题1．【解】由n个数a i＝i²n！＋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m²n！＋k（m∈N，2≢k≢n）由于n！＝1²2²…²n是k的倍数，所以m²n！＋k是k的倍数，因而为合数．对任意两个数a i与a j（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是a i－a j＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但a i与n！互质，所以a i与a j不可能有公共质因数p，即a i、a j（i≠j）互素．令n＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．A1－016已知n≣2，求证：如果k2＋k＋n对于整数k素数．【题说】第二十八届（1987年）国际数学奥林匹克题6．本题由原苏联提供．（1）若m≣p，则p|（m－p）2＋（m－p）＋n．又（m－p）2＋（m－p）＋n≣n＞P，这与m是使k2＋k＋n为合数的最小正整数矛盾．（2）若m≢p－1，则（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n≣n＞p因为（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n为合数，所以p－1－m≣m，p≣2m＋1由得4m2＋4m＋1≢m2＋m＋n即3m2＋3m＋1－n≢0由此得A1－017正整数a与b使得ab＋1整除a2＋b2．求证：（a2＋b2）/（ab＋1）是某个正整数的平方．【题说】第二十九届（1988年）国际数学奥林匹克题6．本题由原联邦德国提供．a2－kab＋b2＝k （1）显然（1）的解（a，b）满足ab≣0（否则ab≢－1，a2＋b2＝k（ab＋1）≢0）．又由于k不是完全平方，故ab＞0．设（a，b）是（1）的解中适合a＞0（从而b＞0）并且使a＋b最小的那个解．不妨设a≣b．固定k与b，把（1）看成a 的二次方程，它有一根为a．设另一根为a′，则由韦达定理（2），a′为整数，因而（a′，b）也是（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0．但由（3）从而a′＋b＜a＋b，这与a＋b的最小性矛盾，所以k必为完全平方．A1－018求证：对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂．【题说】第三十届（1989年）国际数学奥林匹克题5．本题由瑞典提供．【证】设a＝（n＋1）！，则a2＋k（2≢k≢n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是质数的整数幂p l，则k＝p j（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被p j＋1整除，所以a2＋k被p j整除而不被p j＋1整除，于是a2＋k＝p j＝k，矛盾．因此a2＋k（2≢k≢n＋1）这n个连续正整数都不是素数的整数幂．第四讲整数问题：特殊的自然数之四A1－019 n为怎样的自然数时，数32n＋1－22n＋1－6n是合数？【题说】第二十四届（1990年）全苏数学奥林匹克十一年级题5【解】32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）当n＞l时，3n－2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，所以原数是合数．当n＝1时，原数是素数13．A1－020设n是大于6的整数，且a1、a2、…、a k是所有小于n且与n互素的自然数，如果a2－a1＝a3－a2＝…＝a k－a k－1＞0求证：n或是素数或是2的某个正整数次方．【题说】第三十二届（1991年）国际数学奥林匹克题2．本题由罗马尼亚提供．【证】显然a1＝1．由（n－1，n）＝1，得a k＝n－1．令d＝a2－a1＞0．当a2＝2时，d＝1，从而k＝n－1，n与所有小于n的自然数互素．由此可知n是素数．当a2＝3时，d＝2，从而n与所有小于n的奇数互素．故n是2的某个正整数次方．设a2＞3．a2是不能整除n的最小素数，所以2|n，3|n．由于n－1＝a k＝1＋（k－1）d，所以3d．又1＋d＝a2，于是31＋d．由此可知3|1＋2d．若1＋2d＜n，则a3＝1＋2d，这时3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d≣n，则小于n且与n互素自然数的个数为2．设n＝2m（＞6）．若m为偶数，则m＋1与n互质，若m为奇数，则m＋2与m互质．即除去n－1与1外、还有小于n 且与n互质的数．矛盾．综上所述，可知n或是素数或是2的某个正整数次方．A1－021试确定具有下述性质的最大正整数A：把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．【题说】第一届（1992年）中国台北数学奥林匹克题6．【解】设任一排列，总和都是1001＋1002＋…＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和≣15005，所以A≣15005另一方面，将1001～2000排列如下：2000 1001 1900 1101 18001201 1700 1301 1600 14011999 1002 1899 1102 17991202 1699 1302 1599 1402………………1901 1100 1801 1200 17011300 1601 1400 1501 1300并记上述排列为a1，a2，…，a2000（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1≢i≢20，1≢j≢10）令S i＝a i＋a i＋1＋...＋a i＋9（i＝1，2， (1901)则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则S i＝15005；若i为偶数，则S i＝15004．综上所述A＝15005．第五讲整数问题：特殊的自然数之五A1－022相继10个整数的平方和能否成为完全平方数？【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛七年级题2．【解】（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）不难验证n≡0，1，－1，2，－2（mod 5）时，均有2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）0（mod 5）所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2不是平方数，A1－023是否存在完全平方数，其数字和为1993？【题说】第三届（1993年）澳门数学奥林匹克第二轮题2．【解】存在，事实上，取n＝221即可．A1－024能够表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？【题说】第十一届（1993年）美国数学邀请赛题6．【解】答495．连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495．又495＝51＋52＋…＋59＝45＋46＋…＋54＝40＋41＋…＋50A1－025如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克九年级一试题1．【解】如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k＋m）（2k －m）是合数．第六讲整数问题：特殊的自然数之六A1－026设n是正整数．证明：2n＋1和3n＋1都是平方数的充要条件是n＋1为两个相邻的平方数之和，并且为一平方数与相邻平方数2倍之和．【题说】1994年澳大利亚数学奥林匹克二试题2．【证】若2n＋1及3n＋1是平方数，因为2（2n＋1），3（3n＋1），可设2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，由此可得n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2反之，若n＋1＝k2＋（k＋1）2＝（t±1）2＋2t2，则2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2从而命题得证．A1－027设a、b、c、d为自然数，并且ab＝cd．试问a＋b＋c＋d能否为素数．【题说】第五十八届（1995年）莫斯科数学奥林匹克九年级题10．【解】由题意知正整数，将它们分别记作k与l．由a＋c＞c≣c1，b＋c＞c≣c2所以，k＞1且l＞1．从而，a＋b＋c＋d＝kl为合数．A1－028 设k1＜k2＜k3＜…是正整数，且没有两个是相邻的，又对于m＝1，2，3，…，S m＝k1＋k2＋…＋k m．求证：对每一个正整数n，区间（S n，S n＋1）中至少含有一个完全平方数．【题说】1996年爱朋思杯——上海市高中数学竞赛题2．【证】S n＝k n＋k n－1＋…＋k1所以从而第七讲整数问题：求解问题之一A2－001哪些连续正整数之和为1000？试求出所有的解．【题说】1963年成都市赛高二二试题3．【解】设这些连续正整数共n个（n＞1），最小的一个数为a，则有a＋（a＋1）＋…＋（a＋n－1）＝1000即n（2a＋n－1）＝2000若n为偶数，则2a＋n－1为奇数；若n为奇数，则2a＋n－1为偶数．因a≣1，故2a＋n－1＞n．同，故只有n＝5，16，25，因此可能的取法只有下列三种：若n＝5，则a＝198；若n＝16，则a＝55；若n＝25，则a＝28．故解有三种：198＋199＋200＋201＋20255＋56＋…＋7028＋29＋…＋52A2－002 N是整数，它的b进制表示是777，求最小的正整数b，使得N是整数的四次方．【题说】第九届（1977年）加拿大数学奥林匹克题3．【解】设b为所求最小正整数，则7b2＋7b＋7＝x4素数7应整除x，故可设x＝7k，k为正整数．于是有b2＋b＋1＝73k4当k＝1时，（b－18）（b＋19）＝0．因此b＝18是满足条件的最小正整数．A2－003如果比n个连续整数的和大100的数等于其次n个连续数的和，求n．【题说】1976年美国纽约数学竞赛题7．s2－s1＝n2＝100从而求得n＝10．A2－004设a和b为正整数，当a2＋b2被a＋b除时，商是q而余数是r，试求出所有数对（a，b），使得q2＋r＝1977．【题说】第十九届（1977年）国际数学奥林匹克题5．本题由原联邦德国提供．【解】由题设a2＋b2＝q（a＋b）＋r（0≢r＜a＋b），q2＋r＝1977，所以q2≢1977，从而q≢44．若q≢43，则r＝1977－q2≣1977－432＝128．即（a＋b）≢88，与（a＋b）＞r≣128，矛盾．因此，只能有q＝44，r＝41，从而得a2＋b2＝44（a＋b）＋41（a－22）2＋（b－22）2＝1009不妨设|a－22|≣|b－22|，则1009≣（a－22）2≣504，从而45≢a≢53．经验算得两组解：a＝50，b＝37及a＝50，b＝7．由对称性，还有两组解a＝37，b＝50；a＝7，b＝50．A2－005数1978n与1978m的最后三位数相等，试求出正整数n和m，使得m＋n取最小值，这里n＞m≣1．【题说】第二十届（1978年）国际数学奥林匹克题1．本题由古巴提供．【解】由题设1978n－1978m＝1978m（1978n－m－1）≡0（mod 1000）因而1978m≡2m³989m≡0（mod 8），m≣3又1978n－m≡1（mod 125）而1978n－m＝（1975＋3）n－m≡3n－m＋（n－m）3n－m－1²1975（mod 125）（1）从而3n－m≡1（mod 5），于是n－m是4的倍数．设n－m＝4k，则代入（1）得从而k（20k＋3）≡0（mod 25）因此k必须是25的倍数，n－m至少等于4³25＝100，于是m＋n的最小值为n－m＋2m＝106，m＝3，n＝103A2－006求方程x3＋x2y＋xy2＋y3＝8（x2＋xy＋y2＋1）的全部整数解x、y．【题说】1980年卢森堡等五国国际数学竞赛题6．本题由荷兰提供．于是x3＋x2y＋xy2＋y3＝（x＋y）3－2xy（x＋y）＝u3－2vux2＋xy＋y2＝（x＋y）2－xy＝u2－v从而原方程变为2v（u－4）＝u3－8u2－8 （2）因u≠4，故（2）即为根据已知，u－4必整除72，所以只能有u－4＝±2α3β，其中α＝0，1，2，3；β＝0，1，2进一步计算可知只有u－4＝2²3＝6，于是u＝10，v＝16第八讲整数问题：求解问题之二A2－007确定m2＋n2的最大值，这里m和n是整数，满足m，n∈｛1，2，…，1981｝，（n2－mn－m2）2＝1．【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题3．【解】若m＝n，由（n2－mn－m2）2＝1得（mn）2＝1，故m＝n＝1．若m≠n，则由n2－mn－m2＝±1得n＞m．令n＝m＋u k，于是[（m＋u k）2－m（m＋u k）－m2]2＝1于是有若u k≠u k－1，则以上步骤可以继续下去，直至从而得到数列：n，m，u k，u k－1，…，u k－l，u k－l－1此数列任意相邻三项皆满足u i＝u i－1＋u i－2，这恰好是斐波那契型数列．而{1，2，…，1981}中斐氏数为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597，可见m＝987，n＝1597时，m2＋n2＝3524578为满足条件的最大值．A2－008求方程w！＝x！＋y！＋z！的所有正整数解．【题说】第十五届（1983年）加拿大数学奥林匹克题1．【解】不妨设x≢y≢z．显然w≣z＋1，因此（z＋1）！≢w！＝x！＋y！＋z！≢3²z！从而z≢2．通过计算知x＝y＝z＝2，w＝3是原方程的唯一解．A2－009求满足下式的所有整数n，m：n2＋（n＋1）2＝m4＋（m＋1）4【题说】1984年匈牙利阿拉尼²丹尼尔数学竞赛（15年龄组）题1．【解】由原式得n（n＋1）＝m（m＋1）（m2＋m＋2）设m2＋m＝k，我们有n（n＋1）＝k（k＋2）．显然，只可能两边为零．解是（0，0），（0，－1），（－1，0），（－1，1）．A1－010前1000个正整数中可以表示成[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]的正整数有多少个？【题说】第三届（1985年）美国数学邀请赛题10．【解】令f（x）＝[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]．个不同的正整数值．另一方面f（x＋n）＝f（x）＋20n对任一正整数n成立．将1－1000分为50段，每20个为1段．每段中，f（x）可取12个值．故总共可取到50³12＝600个值，亦即在前1000个正整数中有600个可以表示成[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]的形式．A2－011使n3＋100能被n＋10整除的正整数n的最大值是多少？【题说】第四届（1986年）美国数学邀请赛题5．【解】由n3＋100＝（n＋10）（n2－10n＋100）－900知，若n3＋100被n＋10整除，则900也应被n＋10整除．因此，n 最大值是890．第九讲整数问题：求解问题之三A2－012 a、b、c、d为两两不同的正整数，并且a＋b＝cd，ab＝c＋d求出所有满足上述要求的四元数组a、b、c、d．【题说】1987年匈牙利数学奥林匹克题1．【解】由于a≠b，所以当且仅当a＝1或b＝1时，才有a＋b≣ab．如果a、b都不是1，那么c＋d＝ab＞a＋b＝cd由此知c＝1或d＝1．因此a、b、c、d中总有一个（也只有一个）为1．如果a＝1，那么由消去b可以推出从而得到c＝2，d＝3，或者c＝3，d＝2．这样，本题的答案可以列成下表A2－013设[r，s]表示正整数r和s的最小公倍数，求有序三元正整数组（a，b，c）的个数，其中[a，b]＝1000，[b，c]＝2000，[c，a]＝2000．【题说】第五届（1987年）美国数学邀请赛题7．【解】显然，a、b、c都是形如2m²5n的数．设a＝2m1²5n1，b＝2m2²5n2，c＝2m3²5n3．由[a，b]＝1000＝23²53，知max（m1，m2）＝3，max（n1，n2）＝3．同理，max（m2，m3）＝4，max（n2，n3）＝3；max（m1，m3）＝4，max（n1，n3）＝3．由此，知m3应是4，m1、m2中必有一是3．另一个可以是0、1、2或3之任一种，因此m1、m2的取法有7种．又，n1、n2、n3中必有两个是3，另一个可以是0、1、2或3．因此n1、n2、n3取法有10种．故m i、n i（i＝1、2、3）不同取法共有7³10＝70种，即三元组共有70个．A2－014设m的立方根是一个形如n＋r的数，这里n为正整数，r为小于1/1000的正实数．当m是满足上述条件的最小正整数时，求n的值．【题说】第五届（1987年）美国数学邀请赛题12．m＝n3＋1＜（n＋10－3）3＝n3＋3n2²10－3＋3n²10－6＋10－9于是从而n＝19（此时m＝193＋1为最小）．【题说】第十三届（1987年）全俄数学奥林匹克九年级题1．【解】144＝122，1444＝382设n＞3，则则k必是一个偶数．所以也是一个自然数的完全平方，但这是不可能的．因为平方数除以4，因此，本题答案为n＝2，3．A2－016当n是怎样的最小自然数时，方程[10n/x]＝1989有整数解？【题说】第二十三届（1989年）全苏数学奥林匹克十年级题1．【解】1989≢10n/x＜1990所以10n/1990＜x≢10n/1989即10n²0.000502512…＜x≢10n²0.000502765…所以n＝7，这时x＝5026与5027是解．A2－017设a n＝50＋n2，n＝1，2，…．对每个n，a n与a n＋1的最大公约数记为d n．求d n的最大值．【题说】1990年日本第1轮选拔赛题9．【解】d n＝（a n，a n＋1）＝（50＋n2，50＋（n＋1）2－（50＋n2））＝（50＋n2，2n＋1）＝（2（n2＋50），2n＋1）（因2n＋1是奇数）＝（2（n2＋50）－n（2n＋1），2n＋1）＝（100－n，2n＋1）＝（100－n，2n＋1＋2（100－n））＝（100－n，201）≢201在n＝100≠201k（k∈N）时，d n＝201．故所求值为201．A2－018 n是满足下列条件的最小正整数：（1）n是75的倍数；（2）n恰为75个正整数因子（包括1及本身）．试求n/75．【题说】第八届（1990年）美国数学邀请赛题5．【解】为保证n是75的倍数而又尽可能地小，可设n＝2α²3β²5γ，其中α≣0，β≣1，γ≣2，并且（α＋1）（β＋1）（γ＋1）＝75由75＝52²3，易知当α＝β＝4，γ＝2时，符合条件（1）、（2）．此时n＝24²34²52，n/75＝432．第十讲整数问题;求解问题之四A2－019 1．求出两个自然数x、y，使得xy＋x和xy＋y分别是不同的自然数的平方．2．能否在988至1991范围内求到这样的x和y？【题说】第二十五届（1991年）全苏数学奥林匹克九年级题5．【解】1．例如x＝1，y＝8即满足要求．2．假设988≢x＜y≢1991x、y∈N，使得xy＋x与xy＋y是不同的自然数的平方，则x2＜xy＋x＜xy＋y这时y－x＝（xy＋y）－（xy＋x）＞（x＋1）2－x2＝2x＋1即y＞3x＋1由此得1991≣y＞3x＋1≣3³998＋1矛盾！故在988与1991之间不存在这样的自然数x、y．A2－020求所有自然数n，使得这里[n/k2]表示不超过n/k2的最大整数，N是自然数集．【题说】1991年中国数学奥林匹克题5．【解】题给条件等价于，对一切k∈N，k2＋n/k2≣1991 （1）且存在k∈N，使得k2＋n/k2＜1992．（2）（1）等价于对一切k∈N，k4－1991k2＋n≣0即（k2－1991/2）2＋n－19912/4≣0 （3）故（3）式左边在k取32时最小，因此（1）等价于n≣1991³322－324＝1024³967又，（2）等价于存在k∈N，使（k2－996）2＋n－9962＜0上式左边也在k＝32时最小，故（2）等价于n＜1992³322－324＝1024³968故n为满足1024³967≢n≢1024³967＋1023的一切整数．A2－021设n是固定的正整数，求出满足下述性质的所有正整数的和：在二进制的数字表示中，正好是由2n个数字组成，其中有n个1和n个0，但首位数字不是0．【题说】第二十三届（1991年）加拿大数学奥林匹克题2．【解】n＝1，易知所求和S1＝2．n≣2时，首位数字为1的2n位数，在其余2n－1位上，只要n个0的位置确定了．则n－1个1的位置也就确定了，从而这个2n位二进制数也随之确定．现考虑第k（2n＞k≣1）位数字是1的数的个数．因为其中n个0的位置只可从2n－2个位置（除去首位和第k位）中选择，故这样的将所有这样的2n位二进制数相加，按数位求和，便有A2－022在{1000，1001，1002，…，2000}中有多少对相邻的数满足下列条件：每对中的两数相加时不需要进位？【题说】第十届（1992年）美国数学邀请赛题6．7或8时，则当n和n＋1相加时将发生进位．再若b＝9而c≠9；a＝9而b≠9或c≠9．则当n和n＋1相加时也将发生进位．如果不是上面描述的数，则n有如下形式其中a，b，c∈{0，1，2，3，4}．对这种形式的n，当n和n＋1相加时不会发生进位，所以共有53＋52＋5＋1＝156个这样的n．A2－023定义一个正整数n是一个阶乘的“尾”，如果存在一个正整数m，使得m！的十进位制表示中，结尾恰好有n个零，那么小于1992的正整数中有多少个不是阶乘的尾？【题说】第十届（1992年）美国数学邀请赛题15．【解】设f（m）为m！的尾．则f（m）是m的不减函数，且当m是5的倍数时，有f（m）＝f（m＋1）＝f（m＋2）＝f（m＋3）＝f（m＋4）＜f（m＋5）因此，从f（0）＝0开始，f（m）依次取值为：0，0，0，0，0；1，1，1，1，1；2，2，2，2，2；3，3，3，3，3；4，4，4，4，4；6，6，6，6，6；…；1991，1991，1991，1991，1991容易看出如果存在m使f（m）＝1991，则因而m＞4³1991＝7964．由公式（1）可计算出f（7965）＝1988，从而f（7975）＝1991．在序列（1）中共有7980项，不同的值有7980/5＝1596个．所以在{0，1，2，…，1991}中，有1992－1596＝396个值不在（1）中出现．这就说明，有396个正整数不是阶乘的尾．第十一讲：整数问题：求解问题之五A2－024数列{a n}定义如下：a0＝1，a1＝2，a n＋2＝a n＋（a n＋1）2．求a1992除以7所得的余数．【题说】1992年日本数学奥林匹克预选赛题1．【解】考虑a n以7为模的同余式：a0＝1≡1（mod 7）a1＝2≡2（mod 7）a1＝1＋22＝5≡－2（mod 7）a3≡2＋（－2）2＝6≡－1（mod 7）a4≡－2＋（－1）2＝－1（mod 7）a5≡－1＋（－1）2＝0（mod 7）a6≡－1＋02＝－1（mod 7）a7≡0＋（－1）2＝1（mod 7）a8≡－1＋12＝0（mod 7）a9≡1＋02＝1（mod 7）a10≡0＋12＝1（mod 7）a11≡1＋12＝2（mod 7）所以，a n除以7的余数以10为周期，故a1992≡a2≡5（mod 7）．A2－025求所有的正整数n，满足等式S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝…＝S（n2）其中S（x）表示十进制正整数x的各位数字和．【题说】1992年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克（最后一轮）题3．【解】显然，n＝1满足要求．由于对正整数x，有S（x）≡x（mod 9），故当n＞1时，有n≡S（n）≡S（2n）≡2n（mod 9）所以9|n．若n是一位数，则n＝9，又S（9）＝S（2³9）＝S（3³9）＝…＝S（92）＝9，故9满足要求．10k≢n＜10k＋1又910k，故10k＋1≢n＜10k＋1若n＜10k＋10k－1＋…＋10＋1，则与已知矛盾，从而n≣10k＋10k－1＋…＋10＋1（1）令n＝9m．设m的位数为l（k≢l≢k＋1），m－1＝S（n）＝S（（10k＋10k－1＋…＋10＋1）n）＝S（（10k＋1－1）m）＝S（10k＋1（m－1）＋（10k＋1－10l）＋（10l－m））其中9有k＋1－l个，b i＋c i＝9，i＝1，2，…，l．所以S（n）＝9（k＋1）（2）由于n是k＋1位数，所以n＝99…9＝10k＋1－1．另一方面，当n＝99…9＝10k＋1－1时，S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝…＝S（n2）．综上所述，满足要求的正整数为n＝1及n＝10k－1（k≣1）．A2－026求最大正整数k，使得3k|（23m＋1），其中m为任意正整数．【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛十、十一年级题2．【解】当m＝1时，23m＋1＝9，故k≢2．又由于23m＋1＝（23）3m－1＋1≡（－1）3m－1＋1（mod 9）＝0所以，对任意正整数m，9|（23m＋1）．即所求k的值为2．最大整数．【题说】1993年全国联赛一试题2（4），原是填空题．【解】因为1093＋33＝（1031）3＋33＝（1031＋3）（（1031）2－3³1031＋32）＝（1031）（1031－3）＋9－1它的个位数字是8，十位数字是0．A2－028试求所有满足如下性质的四元实数组：组中的任一数都等于其余三个数中某两个数的乘积．【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克十一年级二试题5．【解】设这组数的绝对值为a≢b≢c≢d．无论a为b，c，d哪两个数的乘积，均有a≣bc，类似地，d ≢bc．从而，bc≢a≢b≢c≢d≢bc，即a＝b＝c＝d＝a2．所以a＝0或1，不难验证，如果组中有负数，则负数的个数为2或3．所以，答案为{0，0，0，0}，{1，1，1，1}，{－1，－1，1，1}，{－1，－1，－1，1}．第十二讲整数问题：求解问题之六A2－029对任意的实数x，函数f（x）有性质f（x）＋f（x－1）＝x2．如果f（19）＝94，那么f（94）除以1000的余数是多少？【题说】第十二届（1994年）美国数学邀请赛题3．【解】重复使用f（x）＝x2－f（x－1），有f（94）＝942－f（93）＝942－932＋f（92）＝942－932＋922－f（91）＝…＝942－932＋922－…＋202－f（19）＝（94＋93）（94－93）＋（92＋91）（92－91）＋…＋（22＋21）（22－21）＋202－94＝（94＋93＋92＋…＋21）＋306＝4561因此，f（94）除以1000的余数是561．A2－030对实数x，[x]表示x的整数部分，求使[log21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log2n]＝1994成立的正整数n．【题说】第十二届（1994年）美国数学邀请赛题4．【解】[long21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log2128]＋[log2129]＋…＋[log2255]＝2³1＋4³2＋8³3＋16³4＋32³5＋64³6＋128³7＝1538．A2－031 对给定的一个正整数n．设p（n）表示n的各位上的非零数字乘积（如果n只有一位数字，那么p（n）等于那个数字）．若S＝p（1）＋p（2）＋p（3）＋…＋p（999），则S的最大素因子是多少？【题说】第十二届（1994年）美国数学邀请赛题5．【解】将每个小于1000的正整数作为三位数，（若位数小于3，则前面补0，如25可写成025），所有这样的正整数各位数字乘积的和是（0²0²0＋0²0²1＋0²0²2＋…＋9²9²8＋9²9²9）－0²0²0＝（0＋1＋2＋…＋9）3－0p（n）是n的非零数字的乘积，这个乘积的和可以由上面表达式将0换成1而得到．因此，＝463－1＝33²5²7²103最大的素因子是103．A2－032 求所有不相同的素数p、q、r和s，使得它们的和仍是素数，并且p2＋qs及p2＋qr都是平方数．【题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克九年级题7．【解】因为四个奇素数之和是大于2的偶数，所以所求的素数中必有一个为偶数2．若p≠2，则p2＋qs或p2＋qr中有一个形如（2k＋1）2＋2（2l＋1）＝4（k2＋k＋l）＋3，这是不可能的，因为奇数的平方除以4的余数是1，所以p＝2．设22＋qs＝a2，则qs＝（a＋2）（a－2）．若a－2＝1，则qs＝5，因为q、s是奇素数，所以上式是不可能的．于是只能是q＝a－2，s＝a＋2或者q＝a＋2，s＝a－2所以s＝q－4或q＋4．同理r＝q－4或q＋4．三个数q－4、q、q＋4被3除，余数各不相同，因此其中必有一个被3整除．q或q＋4为3时，都导致矛盾，所以只能是q－4＝3．于是（p，q，r，s）＝（2，7，3，11）或（2，7，11，3）A2－033 求所有这样的素数，它既是两个素数之和，同时又是两个素数之差．【题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克十年级题5．【解】设所求的素数为p，因它是两素数之和，故p＞2，从而p是奇数．因此，和为p的两个素数中有一个是2，同时差为p的两个素数中，减数也是2，即p＝q＋2，p＝r－2，其中q、r为素数．于是p－2、p、p＋2均为素数．在三个连续的奇数中必有一数被3整除，因这数为素数，故必为3．不难验证只有p－2＝3，p＝5，p＋2＝7时，才满足条件．所以所求的素数是5．个整数．【题说】第三十五届（1994年）国际数学奥林匹克题4．本题由澳大利亚提供．【解】n3＋1＝n3＋mn－（mn－1），所以mn－1|n（n2＋m）．因为（mn－1，n）＝1，所以mn－1|n2＋m．又n（m2＋n）－（n2＋m）＝m（mn－1），所以mn－1|m2＋n．因此m，n对称，不妨设m≣n．当n＝1时，mn－1＝m－1|n3＋1＝2，从而m＝2或3，以下设n≣2．若m＝n，则n2－1|（n3＋1）＝（n3－n）＋（n＋1），从而n2－1|（n＋1），m＝n＝2．若m＞n，则由于2（mn－1）≣n2＋mn＋n－2≣n2＋2m＞n2＋m所以mn－1＝n2＋m，即（m－n－1）（n－1）＝2从而于是本题答案为（m，n）＝（2，1），（3，1），（1，2），（2，2），（5，2），（1，3），（5，3），（3，5），（2，5）共九组．第十三讲整数问题：求解问题之七【题说】第十三届（1995年）美国数学邀请赛题7．【解】由已知得即所以A2－036一个正整数不是42的正整数倍与合数之和．这个数最大是多少？【题说】第十三届（1995年）美国数学邀请赛题10．【解】设这数为42n＋p，其中n为非负整数，p为小于42的素数或1．由于2³42＋1，42＋2，42＋3，42³5＋5，42＋7，2³42＋11，42＋13，4³42＋17，3³42＋19，42＋23，3³42＋29，2³42＋31，4³42＋37，2³42＋41，都是合数，所以在n≣5时，42n＋p都可表成42的正整数倍与合数之和，只有42³5＋5例外．因此，所求的数就是42³5＋5＝215．A2－038求所有正整数x、y，使得x＋y2＋z3＝xyz，这里z是x、y的最大公约数．【题说】第三十六届（1995年）IMO预选题．【解】由原方程及y2、z3、xyz均被z2整除得出z2|x．设x＝az2，y＝bz，则原方程化为a＋b2＋z＝abz2 （1）由b2、abz2被b整除得b|（a＋z）．于是b≢a＋z．a＋z＋b2＝abz2＝（a＋z）b＋（a＋z）b＋b（（z2－2）a－2z）≣a＋z＋b2＋b（（z2－2）a－2z）（2）（2）中不等式的等号只在b＝1并且b＝a＋z时成立，而这种情况不可能出现（a＋z＞1），所以（2）是严格的不等式．这表明（z2－2）a－2Z＜0 （3）从而z≢2（否则（3）的左边≣z2－2－2z≣z－2＞0）．在z＝2时，2a－2z＜0，即a＝1，代入（1）得b＝1或3，从而x＝4，y＝2或6．在z＝1时，（1）成为a＋b2＋1＝ab （4）从而（a－b）（b－1）＝b＋1＝（b－1）＋2这表明（b－1）|2，b＝2或3．代入（4）得a＝5．于是x＝5，y＝2或3．因此本题共有四组解：（x，y）＝（4，2），（4，6），（5，2），（5，3）．A2－039设m、n∈N，（m，n）＝1．求（5m＋7m，5n＋7n）．其中（m，n）表示m、n的最大公约数．【题说】1996年日本数学奥林匹克题2．【解】记H（m，n）＝（5m＋7m，5n＋7n）．则H（0，1）＝（2，12）＝2H（1，1）＝（12，12）＝12因H（m，n）＝H（n，m），故可设n≣m．当n≣2m时，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－m＋7n－m）－5m7m（5n－2m＋7n－2m））＝（5m＋7m，5m7m（5n－2m＋7n－2m））＝（5m＋7m，5n－2m＋7n－2m）当m≢n＜2m时，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－m＋7n－m）－5n－m7n－m（52m－n＋72m－n））＝（5m＋7m，52m－n＋72m－n）记则（1）H（m′，n′）＝H（m，n）；（2）m′＋n′≡m＋n（mod 2）；（3）（m′，n′）＝（m，n）．当（m，n）＝1时，反复进行上面的操作，最后必有（m′，n′）＝（1，0）或（m′，n′）＝（1，1）．从而有A2－040求下列方程的正整数解：（a，b）＋[a，b]＋a＋b＝ab其中a≣b，[a，b]、（a，b）分别表示a与b的最小公倍数与最大公因数．【题说】1996年日本数学奥林匹克预选赛题7．【解】记（a，b）＝d，a＝da′，b＝db′，则[a，b]＝da′b′．题设条件变为1＋a′＋b′＋a′b′＝da′b′（*）所以故1＜d≢4．当d＝4时，a′＝b′＝1，从而a＝b＝4；当d＝3时，（*）等价于（2a′－1）（2b′－1）＝3由a′≣b′得a′＝2，b′－1．故a＝6，b＝3．当d＝2时，（*）等价于（a′－1）（b′－1）＝2由a′≣b′得a′＝3，b′＝2．从而a＝6，b＝4．综上所述，所求的正整数解有4，4；6，4；6，3．A2－041一个幻方中，每一行，每一列及每一对角线上的三个数之和有相同的值．图示一个幻方中的四个数，求x．【题说】第十四届（1996年）美国数学邀请赛题1．【解】幻方中两条对角线的和与第二列的和都为同一值s，这3s也是第一行的和加上第二行的和，再加上中央一数的3倍．所以中央的左下角的数为19＋96－1＝114．因此x＝3³105－19－96＝200第十四讲整数问题：求解问题之八A2－042对整数1，2，3，…，10的每一个排列a1，a2，…，a10，作和|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10|数．求p＋q．【题说】第十四届（1996年）美国数学邀请赛题12．【解】差|a i－a j|有如下的45种：这45种的和为1³9＋2³8＋3³7＋4³6＋5³5＋6³4＋7³3＋8³2＋9³1＝165．每一种出现的次数相同，而在和|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10|中有5种，所以A2－043设正整数a、b使15a＋16b和16a－15b都是正整数的平方．求这两个平方数中较小的数能够取到的最小值．【题说】第三十七届（1996年）国际数学奥林匹克题4．本题由俄罗斯提供．【解】15a＋16b＝r2，16a－15b＝s2于是16r2－15s2＝162b＋152b＝481b （1）所以16r2－15s2是481＝13³37的倍数．由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6的平方为0，±1，±3，±4（mod 13），所以15≡2（mod 13）不是任一数的平方．因此，16r2≡15s2（mod 13）时，必有13|s．同样，由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6，±7，±8，±9，±10，±11，±12，±13，±14，±15，±16，±17，±18的平方为0，±1，±3，±4，±9，±12，±16（mod 37），所以必有37|s．于是481|s．由（1），481|r．在r＝s＝481时，b＝（16－15）³481＝481，a＝（16＋15）³481＝31³481，满足15a＋16b＝r2，16a－15b＝s2．所以所说最小值为481．A2－044设自然数n为十进制中的10位数．从左边数起第1位上的数恰是n的数字中0的个数，第2位上的数恰是n的数字中1的个数，一般地，第k＋1位上的数恰是n的数字中k的个数（0≢k≢9）．求一切这样的数n．【题说】1997年日本数学奥林匹克预选赛题7．【解】设n的左数第k＋1位上的数字为n k（0≢k≢9），则数字k出现的次数为n k．因为n是10位数，所以n0＋n1＋n2＋…＋n9＝10 （1）又数字k若在左数第n j＋1位上出现，则数字j在n中出现k次．n k个k意味着有数字j1，j2，…，j nk，共出现k nk次．于是，又有n i＋2n2＋…＋9n9＝10 （2）由（2）显然n5，n6，n7，n8，n9，至多一个非零，且n6，n7，n8，n9均≢1．若n5＝n6＝n7＝n8＝n9＝0 （3）则n0≣5．于是n中至少有一个数字≣5，与（3）矛盾．所以n5，n6，n7，n8，n9中有一个非零，其余四个为0．从而n1＋2n2＋3n3＋4n4≢5 （4）（4）表明n1，n2，n3，n4中至少有两个为0，从而n中0的个数不少于6，即n0≣6．于是n6，n7，n8，n9中有一个为1，n5＝0．若n9＝1，则n0＝9，n1≣1，这显然不可能．若n8＝1，则n0＝8，n1≣1，但无论n1＞1或n1＝1均不合要求．若n7＝1，则n0＝7，n1＝1或2，前者显然不合要求．后者导致n2≣1，n0＋n1＋n2＋n7＞10也不合要求．若n6＝1，则n0＝6，n1＝2或3．n1＝2时，n2＝1，数6210001000满足要求．n1＝3时，n3＞0，n0＋n1＋n3＋n6＞10，不合要求．综上所述，满足条件的10位数n只有6210001000．A2－045求所有的整数对（a，b），其中a≣1，b≣1，且满足等式a b2＝b a．【题说】第三十八届（1997年）国际数学奥林匹克题5．本题由捷克提供．【解】显然当a、b中有一个等于1时，（a，b）＝（1，1）．以下设a，b≣2．设t＝b2/a，则由题中等式得到b＝a t，at＝a2t，从而t＝a2t－1．如果2t－1≣1，则t＝a2t－1≣（1＋1）2t－1≣1＋（2t－1）＝2t＞t，矛盾．所以2t－1＜1．于是我们有0＜t＜1．记K＝1/t，则K＝a/b2＞1为有理数，由a＝b k可知K＝b K－2 （1）如果K≢2，则K＝b K－2≢1，与前面所证K＞1矛盾，因此K＞2．设K＝p/q，p，q∈N，p、q互质，则p＞2q．于是由（1）。
1995年全国初中数学联赛试题第一试一、选择题1．已知a＝355,b＝444,c＝533,则有［]A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．c＜a＜b D．a＜c＜bA．1B．2 C．3 D．43．如果方程(x－1)(x2－2x－m)＝0的三根可以作为一个三角形的三边之长，那么实数m的取值范围是4．如果边长顺次为25、39、52与60的四边形内接于一圆，那么此圆的周长为［]A．62πB．63πC．64πD．65π5．设AB是⊙O的一条弦，CD是⊙O的直径，且与弦AB相交，记M＝｜S△CAB－S△DAB｜，N＝2S△OAB，则[ ]A．M＞N B．M＝N C．M＜N D．M、N的大小关系不确定6．设实数a、b满足不等式｜｜a｜－(a＋b)｜＜｜a－|a＋b｜｜，则[ ]A．a＞0且b＞0B．a＜0且b＞0C．a＞0且b＜0D．a＜0且b＜0二、填空题1．在12，22，32…，952这95个数中，十位数字为奇数的数共有____个。
4．以线段AB为直径作一个半圆，圆心为O，C是半圆周上的点，且OC2＝AC·BC，则∠CAB＝______．第二试一、已知∠ACE＝∠CDE＝90°，点B在CE上，CA＝CB＝CD，经A、C、D三点的圆交AB于F（如图）求证F为△CDE的内心。
二、在坐标平面上，纵坐标与横坐标都是整数理由。
三、试证：每个大于6的自然数n，都可以表示为两个大于1且互质的自然数之和。
1995年全国初中数学联赛参考答案第一试一、选择题1．讲解：这类指数幂的比较大小问题，通常是化为同底然后比较指数，或化为同指数然后比较底数，本题是化为同指数，有c＝(53)11＝12511＜24311＝(35)11＝a＜25611＝(44)11＝b。
选C。
利用lg2＝，lg3＝计算lga、lgb、lgc也可以，但没有优越性。
2．讲解：这类方程是熟知的。
先由第二个方程确定z＝1,进而可求出两个解：(2，21，1)、(20，3，1)．也可以不解方程组直接判断：因为x≠y(否则不是正整数)，故方程组①或无解或有两个解，对照选择支，选B。
历届国际数学奥赛结果历届国际数学奥赛是世界上最具权威性和影响力的数学竞赛之一。
从1959年开始，国际数学奥林匹克委员会每年举办一次数学奥赛，参赛国家和地区不断增加，竞争水平也越来越高。
以下是历届国际数学奥赛的获奖结果：第一届国际数学奥赛，1959年在罗马尼亚布加勒斯特举行，共有7个国家和地区参赛，获得前三名的分别是苏联、匈牙利和罗马尼亚。
第二届国际数学奥赛，1960年在苏联莫斯科举行，共有12个国家和地区参赛，获得前三名的分别是苏联、匈牙利和保加利亚。
第三届国际数学奥赛，1961年在捷克斯洛伐克布拉格举行，共有16个国家和地区参赛，获得前三名的分别是苏联、匈牙利和捷克斯洛伐克。
第四届国际数学奥赛，1962年在波兰华沙举行，共有22个国家和地区参赛，获得前三名的分别是苏联、波兰和捷克斯洛伐克。
第五届国际数学奥赛，1963年在东柏林举行，共有26个国家和地区参赛，获得前三名的分别是苏联、匈牙利和保加利亚。
第六届国际数学奥赛，1964年在日本东京举行，共有29个国家和地区参赛，获得前三名的分别是苏联、捷克斯洛伐克和罗马尼亚。
第七届国际数学奥赛，1965年在保加利亚索非亚举行，共有21个国家和地区参赛，获得前三名的分别是苏联、匈牙利和捷克斯洛伐克。
第八届国际数学奥赛，1966年在苏联莫斯科举行，共有30个国家和地区参赛，获得前三名的分别是苏联、匈牙利和保加利亚。
第九届国际数学奥赛，1967年在古巴哈瓦那举行，共有27个国家和地区参赛，获得前三名的分别是苏联、匈牙利和保加利亚。
第十届国际数学奥赛，1968年在罗马尼亚布加勒斯特举行，共有34个国家和地区参赛，获得前三名的分别是苏联、匈牙利和波兰。
…………从历史上看，苏联是国际数学奥赛的绝对霸主，曾经连续获得了第一名，直到1990年苏联解体后，俄罗斯继承了苏联的优秀传统，成为了国际数学奥赛的又一强势国家。
此外，中国自1985年参赛以来，也成为了国际数学奥赛的重要参赛国之一，多次获得金牌和荣誉。
第五章组合数学第一节存在性问题E1-001 证明：对每一个自然数m，平面内存在一有限点集S．有如下性质：对S中每一个点A，S中恰有m个点与A相距为1单位，这种点集S有无限多个．【题说】第十三届（1971年）国际数学奥林匹克题5．本题由保加利亚提供．【证】m=1时，取两个距离为1的点，它们所成的集显然具有所说的性质．设对于自然数k，存在点集S k具有所说性质．将S k平移1个单位得到点S'k．平移方向不与以下直线平行：（1）过S k中任两点的直线；（2）以S k中每一点为圆心，1为半径作圆，过这些圆的交点与圆心的直线．这时S k中每一点A恰与S k∪S'k中k+1个点的距离为1．同样，S'k中每一点恰与S k∪S'k中k+1个点的距离为1．因此S k+1=S k∪S'k具有所说的性质．因此命题成立．E1-002 给出一个集合，该集合由十个互不相同的两位十进制正整数组成．证明：这个集合必有两个无共同元素的子集，两子集中各数之和相等．【题说】第十四届（1972年）国际数学奥林匹克题1．本题由原苏联提供．【证】该集合共有210-1=1023个非空子集．每个子集中的数的和≤10×100=1000，故其中必有两个和相等．相应的两个子集如有公共元，将公共元划去，产生的两个子集，所含数的和相等．E1-003 集合M由1985个不等的正整数组成，其中每个正整数的素因子均不大于26．证明：M至少含有一个由4个不同的数组成的子集，这4个数之积为某整数的4次幂．【题说】第二十六届（1985年）国际数学奥林匹克题4．本题由内蒙古提供．【证】小于26的素数为2，3，5，7，11，13，17，19，23共9个．按题意，M中每一数具有标准形式：2a13a25a3…23a9…（1）其中a1，a2，…，a9为非负整数．注意a i按奇偶来分只有两种可能，所以9个指数a1，a2，…，a9的奇偶分配共29=512种，从而M中1985（＞513）个形如（1）的数中，可以找到一对数，它们的指数的奇偶性相同，不仅如此，将找到的数取出后，还可以继续在M中选出这样的数对，直至选出737对，每一对这样的数的乘积的形式为（2β13β2…23β9）2（2）其中βi（1≤i≤9）为非负整数．如上所说，在形如（2）的737个数中，必有两数的指数中的β1，β2，…，β9与β'1，β'2，…β'9的奇偶性相同，这两个数的积（ab）（cd）=（2r12r2…23r9）4其中r i为非负整数，所以a、b、c、d的积为整数的4次方．E1-004 在坐标平面上，纵横坐标都是整数的点称为整点．试证：存在一个同心圆的集合，使得（1）每个整点都在此集合的某一圆周上；（2）此集合的每个圆周上，有且只有一个整点．【题说】1987年全国联赛二试题2．【证】设m是无理数，n是有理数，且2n≠整数，则点P（m，n）到任何二相异整点（a，b），（c，d）不等距因为由（a-m）2+（b-n）2=（c-m）2+（d-n）2得出 a2+b2-c2-d2+2（d-b）n=2（a-c）m上式左边是有理数，所以必须右边为0，从而a=c，则（b-d）（b+d-2n）=0由n的取法，必须b=d，与二点不同矛盾）．以P为心，过各个整点作圆，则每个圆上恰有一个整点，所以这一族同心圆即为所求．E1-005 空间是否存在一个无限点集，它在每个平面上都至少有一个点，但都没有无限多个点？【题说】1987年匈牙利数学奥林匹克题2．【解】点集M=｛（t5，t3，t）：t∈R｝在每一个平面Ax+By+Cz+D=0上至少有一个点，至多有五个点，因为奇次方程At5+Bt3+Ct+D=0至少有一个实数根，至多有五个实数根．E1-006 是否存在两个整数，其立方和等于1991？【题说】第十七届（1991年）全俄数学奥林匹克九年级题5．【解】易知对x∈Zx3≡0，±1（mod 7）因此，对于任意的X、y∈Z，x3+y3除以7的余数∈｛0，1，2，5，6｝．但1991除以7的余数是3，所以不存在X，y∈Z，使得x3+y3=1991E1-007 设X是一个有限集合．法则f使得X的每一个偶子集E（偶数个元素组成的子集）都对应一个实数f（E），且满足条件：（1）存在一个偶子集D，使得f（D）＞1990；（2）对于X的任意两个不相交的偶子集A，B，有f（A∪B）=f（A）+f（B）-1990求证：存在X的子集P和Q，满足（1）P∩Q=，P∪Q=Z；（2）对P的任何非空偶子集S，有f（S）＞ 1990；（3）对Q的任何偶子集T，有f（T）≤1990．【题说】第五届（1990年）全国冬令营赛题5．【证】由于X是有限集，X的偶子集的个数是有限的．令P是使f值最大的偶子集，如果这样的偶子集不只一个，取其中元素最少的为P．Q是P 相对于X的余集．显然P∩Q=，P∪Q=X从而f（S）＞1990对Q的偶子集T，由于P∩T=，P∩T是偶子集，所以f（P）≥f（P∪T）=f（P）+f（T）-1990因此，f（T）≤1990E1-008 从数集｛0，1，2，…，14｝中选出不同的数，填入下图中10个小圆中，使得由线段连结的两个数之差的绝对值均不相同．这可能吗？请证明你的结论．【题说】第二十三届（1991年）加拿大数学奥林匹克题4．【解】不可能．用反证法证明如下：如果能按题中要求从｛0，1，…，14｝选出10个数填入图中圆中，使由线段连结的两个数之差的绝对值都不同．那么这14个差的绝对值应恰好是1，2，…，14，其中有7个奇数，7个偶数．因而它们的和S是奇数．另一方面，小圆中的每个数在S中出现偶数次（每个小圆引出偶数条线段），所以S应当是偶数．以上矛盾即证明了我们的论断．E1-009设整数n≥4，a1，a2，…，a n是区间（0，2n）中的不同整数．证明：集合｛a1，a2，…，a n｝有这样的子集存在，它的所有元素之和能被2n 整除．【题说】1992年四川省高中数学联赛决赛题4．【证】（1）若n｛a1，a2，…，a n｝则2n个整数a1，a2，…，a n，2n-a1，2n-a2，…，2n-an都属于（0，2n）．由抽屉原理其中至少有二数相等，令a i=2n-a j．因n｛a1，a2，…，a n｝，必有i≠j，于是a i+a j能被2n整除．（2）若n∈｛a1，a2，…，a n｝，不妨设a n=n，考虑 n-1个整数 a1，a2，…，a n-1（n-1≥3），在其中任取三个数a i＜a j＜a k．若a k-a j，a j-a i均能被n整除，则a k-a i=a k-a j+a j-a i≥2n与a k∈（0，2n）矛盾．故a1，a2，…，a n-1中至少有两个数，差不能被n整除．不妨设a1与a2的差不能被n整除，考虑n个整数：a1，a2，a1+a2，a1+a2+a3，…，a1+a2+…+a n-1．（i）若这n个数关于模n的余数都不同，则其中必有一个数能被n整除，令此数为kn．若k为偶数，结论成立；若k为奇数，加上a n即构成所需要的子集．（ii）若这些数中有两个数关于模n同余，则它们的差被n整除，因a1和a2不同余，故这二数之差必为原集合中若干数之和．以下讨论同（i）．这里n≥4是必要的，如n=3时，集｛1，3，4｝结论不成立．【又解】假设结论不成立，则｛1，2n-1｝，｛2，2n-2｝，…，（n-1，n+1｝，｛n｝这n个集每个至多含一个a i（1≤i≤n）．从而这n个集每个恰含一个a i（1≤i≤n）．特别地，可设a n=n．于是（否则j+（n-j）+n=2n）．因为（2n-1）+（n+1）+n=4n，所以1与n-1至少有一个∈A．不妨设1∈A，这时n-1A，n+1∈A．因为（2n-2）+（n+1）+1+n=4n，所以2n-2A，2∈A．E1-010 A是满足下列条件的m×n矩阵．（1）m≤n；（2）矩阵中的元素均为0或1；（3）若f是｛1，2，…，m｝到｛1，2，…，n｝的单射，则存在i∈｛1，2，…，m｝，使得第i行f（i）列元素为0．证明：存在满足下列条件的集合S ｛1，2，…，m ｝和T ｛1，2，…，n｝，使得（1）若i∈S，j∈T，则第i行j列元素为0；【题说】1992年日本数学奥林匹克题4．【证】条件（3）即A'中任m个元素，如果每两个不同行也不同列，那么这m个元素中必有0．所要证的结论即A有一个s×t的子矩阵，元素全为0，而且s+t＞n．如果m＜n，可添n-m行，每行元素都是1，因此可设m=n，即只需考虑方阵．m=1时结论显然．假设m换为较小的数时结论成立．如果元素全部为0，结论显然．不妨设第m行第m列的那个元素为1．这时前m-1行前m-1列的子矩阵，具有与（3）相应的性质，即每m-1个两两不同行不同列的元中必有0，从而由归纳假设，存在s×t的零子矩阵，s+t ＞m-1．若s+t＞m，结论已真．设s+t=m，并且这个零子矩阵在左上角，即前s行前t列．右上角的s×s方阵与左下角的t×t方阵中，若某一个不具有与（3）相应的性质（即有一条两两不同行不同列的1组成的对角线），则由（3），另一个必具有相应的性质．不妨设s×s方阵具有相应的性质，则由归纳假设，其中有h×k的零子矩阵，h+k＞s．将它与左上角的零子矩阵合在一起，得到一个h×（t+k）的零子矩阵，而h+（t+k）＞s+t=n于是结论对一切自然数m成立．E1-011 设k和l为正整数．证明：存在整数M，使得当n＞M时，【题说】1992年澳大利亚数学奥林匹克题4．（2k+1）n+（2l+1）n≡1+2kn+1+2ln（mod 4）=2n（k+l）+2要使2n整除（2k+1）n+（2l+1）n，n必为奇数．此时（2k+1）n+（2l+l）n=（2k+2l+2）［（2k+1）n-1-（2k+1）n-2．（2l+1）+…+（2l+1）n-1］上式右端第二个因式是n个奇数的代数和，因而是奇数．所以，2n整除（2k+1）n+（2l+1）n的充要条件是2n整除2（k+l+1）．E1-012 （1）考虑20的平方，它与20有着相同个数的非零数字．问除了10、20、30以外，是否存在一个两位数，它的平方与它有相同个数的非零数字？如果你认为存在，找出它，如果你认为不存在，证明你的结论．（2）问除了100、200、300以外，是否存在一个三位数，使它的平方数与它有相同个数的非零数字？【题说】 1992年英国数学奥林匹克题1．【解】（1）设n是满足题意的两位数，个位数字不为0，则n2具55，64，71，78，84，90，95均不满足题意．所以，满足题意的两位数不存在．（2）显然，245满足题意，因为2452=60025．E1-013 设n是奇数．试证：存在2n个整数．a1，a2，…，a n；b1，b2，…，b n，使对任一整数k，0＜k＜n，下列3n个数a i+a i+1，a i+b i，b i+b i+k（i=1，2，…，n；其中a n+1=a1，b n+j=b j，0＜j＜n）被3n除所得余数互不相同．【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题1．【证】取a i=3i，b i=3i+1（1≤i≤n），则a i+a i+1=6i+3a i+b i=6i+1显然，6i+3，6j+1，6t+3k+2，或6t+3k-3n+2，除以3余数分别为0，1，2．因此它们被3n除后余数各不相同．在1≤i≤j≤n时，（6j+3）-（6i+3）=6（j-i）．因为n是奇数，0＜j-i＜n，所以6（j-i）不被3n整除，即6j+3与6i+3被3n除，余数不同．同样，在1≤i＜j≤n时，6j+1与6i+1被3n除，余数不同．6j+3k+2或6j+3k-3n+2与6i+3k+2或6i+3k-3n+2被3n除，余数不同．因此，所取的a i，b i（1≤i≤n）符合要求．E1-014是否存在自然数n，使n！的前四位为1993？【题说】1993年德国数学奥林匹克（第二轮）题4．【解】答案是肯定的．取N=1000100000，当n=N，N+1，…时，考虑数n！的前4位的过不多于10次的乘法运算后将增加1．所以，数n！前四位将跑遍所有的四位数，其中当然会有1993．E1-015证明：在任给的8个不同的实数x1，x2，…，x8中，至少存在两个实数x i和x j使得不等式成立．【题说】1994年四川省高中数学联赛题2．互不相同，且两个θi和θj使得即E1-016对于任何正整数k，f（k）表示集合｛k+1，k+2，…，2k｝内在二进制表示下恰有3个1的所有元素的个数．（a）求证：对于每个正整数m，至少存在一个正整数k，使得f（k）=m．（b）确定所有正整数m，对每一个m，恰存在一个 k满足f（k）=m．【题说】第三十五届（1994年）国际数学奥林匹克题3．本题由罗马尼亚提供．【解】k=1，2，3时，f（k）=0．k=4=（100）2时，f（k）=1．若k+1的二进制表示中恰有三个1，那么2（k+1）的二进制表示中也恰有三个1，所以f（k+1）≥f（k）．当且仅当2k+1的二进制表示恰有三个1时，f（k+1）=f（k）+1，即k=（100…0100…0）2［包括k=（10…01）2在内］时，f（k+1）=f（k）+1．由于这样的k有无穷多个，所以f（k）从1逐一增加至无穷（即（a）成立）．并且仅在k=（10…010）2时，f（k），f（k+1）连续（比前一项）增加1，从而当且仅当k=（10…010）2=2n+1+2时，m=f（k）仅出现一次，E1-017求证：存在一个具有下述性质的正整数的集合A：对于任何由无限多个素数组成的集合S，存在k≥2及正整数m∈A和n A，使得m 和n均为S中k个不同元素的乘积．【题说】第三十五届（1994年）国际数学奥林匹克题6．本题由芬兰提供．【证】将素数依大小排列为 p1＜p2＜p3＜…．令A i=｛p i p j1…P j i｜i＜j1＜…j i｝，i=1，2，…，则A=∪A iE1-018是否存在（1）4个；（2）5个不同的自然数，它们中任意三个数之和是素数？【题说】1995年城市数学联赛高年级普通水平题2．【解】（1）1，3，7，9满足条件．（2）由于任意5个不同的自然数中，必存在3个数，除以3后余数相同，从而这三个数的和是3的倍数，因而是合数．即不存在5个不同的自然数，它们中任意三个数之和是素数E1-019 是否存在100个正整数，使得它们的和与最小公倍数相等？【题说】1995年城市数学联赛低年级普通水平题2．【解】1，2，22，23，…，22n+1与3，3·2，3·23，3·25，…，3·22n-1，这3n+3个数的最小公倍数为3·22n+1，和为（22n+2-1）+（3+22n+1-2）=3·22n+1取n=33，得到102个数1，2，4，8，…，2”与3，6，24，…，3·265，去掉4，8，16，32，增加12，48，如此100个正整数满足条件．E1-020 由同一组数码写成的自然数称之为相似数（例如，对数码组1，1，2，相似数有112，121，211）．证明：存在三个不含数码0且有1995位的相似数，使得其中两数之和等于第三个数．【题说】第二十一届（1995年）全用数学奥林匹克九年级题5．【证】因为159十495—954，而1995被3g除，所以三个数459459…459（665个459）495495…495（665个495）954954…954（665个954）合乎要求．E1-021 是否存在正整数n＞1，满足下列条件：正整数集可分拆为n 个非空子集，使得从任n-1个子集中各任取一个数，这n-1个数的和在剩下的哪个集中？【题说】第三十六届（1995年）IMO预选题．【解】 n=2显然不满足条件．若n=3满足条件，正整数集分拆成的三个非空子集人A1，A2，A3中必有一个至少含有一个奇数，另一个至少含有一个偶数．设奇数a=2h-1∈A1，偶数b=2k∈A2，则根据已知条件可得a+b∈A3，a+2b∈A1，a+3b∈A3，a+4b∈A1，…以及b+a∈A3， b+2a∈A2， b+3a∈A3， b+4a∈A2，…于是a+2hb∈A1，b+（2k+1）a∈A3，但a+2hb=b+（2k+1）a．与分拆的定义不符，所以 n=3不满足条件（注意我们并没有用到 A1∪A2∪A3=N）．若n＞3满足条件，正整数集分拆成n个非空子集A1，A2，A3，…，A n．这个集中有两个，不妨设为A1，A2；A1中有一个元a与A2中一个元b的奇偶性不同．从A4，…，A n中各取一个数作成和s，令a'=a+s，b'=b+s，则A'i=｛x+s｜x∈A i｝，i=1，2，3显然a'、b'奇偶性不同、并且分别属于A1'、A2'．对任意的x∈A i'，y ∈A j'（1≤i＜j≤3），x+y=（x-s）+（y-s）+s+s∈A'kk是｛1，2，3｝-｛i，j｝中的元素．根据上面对n=3的证明，A'1，A'2，A'3中有两个集的交非空，从而A1，A2，A3的交非空．因此，没有满足要求的n．E1-022 Z表示整数集．证明对任意整数A、B可以找到整数C，使得集M1=｛x2+Ax+B｜x∈Z｝与M2=｛2x2+2x+C｜x∈Z｝不交．【题说】第三十六届（1995年）IMO预选题．【证】2x2+2x+C≡C（mod 4）若A为奇数，则y2+Ay≡y2+y≡0（mod 2）即y2+Ay+B（mod 4）仅有两类．若A为偶数．则y为偶数时，y2+Ay≡0（mod 4），y为奇数时，y2+Ay ≡1+4（mod4）．即y2+Ay+B（mod 4）仍仅两类．因此，可取C不属于以上两类（mod 4），这时M1，M2无公共元素．E1-023 k为正整数，证明存在无限多个形如n·2k-7的平方数，这里n是正整数．【题说】第三十六届（1995年）IMO预选题．【证】对k=1，2，3，取m=1+4l，l为正奇数，则m2+7≡0（mod24）对k≥3，设有正整数m，满足m2+7≡0（mod2k+1）（1）显然m为奇数．对任意正整数a，（m+a·2k）2+7≡m2+7+2k+1ma=2k+1（b+ma）（mod2k+2）取a与b的奇偶性相同，则（m+a·2k）2+7≡0（mod2k+2）因此，对任意正整数k，均有无穷多个m满足（1），即有无穷多个正整数n，使n·2k-7为平方数m2．E1-024 是否存在这样的有限非零实数集合M，使得对任意的自然数n，总可求得以M中的数为系数．且次数不低于n的多项式，它的所有实根也属于集合M？【题说】第二十二届（1996年）全俄数学奥林匹克十一年级题7．【解】设存在满足要求的集合M=｛a1，a2，…，a m｝．记a=min ｛｜a1｜，｜a2｜，…，｜a m｜｝，A=max｛｜a1｜，｜a2｜，…，｜a m｜｝，显然A≥a＞0．考察多项式p（x）=b k x k+b k-1·x k-1+…+b1x+b0它的系数b0，b1，…，b k及根x1，x2，…，x k均属于集合M．由韦达定理，有这说明多项式的次数不可能大于C，矛盾．因此，满足题设条件的集合M不存在．E1-025确定（并证明）是否有整数集的子集X具有下面的性质：对任意整数n，恰有一组a、b∈X，使a+2b=n．【题说】第二十五届（1996年）美国数学奥林匹克题6．【解】这样的X存在．首先令X2=｛0，1｝．假设已有X k=｛a1，a2，…，a k｝，使得a1+2a j（1≤i，j≤k）互不相同．令S k=｛a i+2a j｜1≤i，j≤k｝．对任一不属于S k的整数n，取正整数a k+1，又令a k+2=-2a k+1+n．只要a k+1充分大，对1≤i，j，s，t≤k，有3a k+1＞a s+2a k+1＞a k+1+2a i＞n ＞a k+2+2a j＞a k+1+2a k+2＞a t+2a k+2＞3a k+2，而且a k+1+2a i大于S k中一切正数，a k+2+2a j 小于S k中一切负数．于是，对X k+2=｛a k+1，a k+2｝∪X k中任二数a、b，a+2b）互不相同．令X=X2∪X4∪…∪X2k∪2k+2∪…则X满足要求．E1-026求证存在无穷多个自然数n，使得可将3n个数1，2，…，3n列成数表a1 a2…a nb1 b2… b nc1 c2… c n满足条件：（1）a1+b1+c1=a2+b2+c2=…=a n+b n+c n，且为6的倍数；（2）a1+a2+…+a n=b1+b2+…+b n=c1+c2+…+c n，且为6的倍数．【题说】1997年中国数学奥林匹克题3．【解】设 n=12h-3，h为任一自然数，则在1，2，…，3n能排成3×n 的矩阵使每行和都相等，每列和都相等时，每行的和为每列的和为均被6整除．因此只要证明能排成上述矩阵．更一般地，我们证明对奇数m=2k+1，9m个数1，2，…，9m总可以排成3×3m的矩阵使行和都相等，列和也都相等．首先将这些数排列如下：这时行和已经相等．考虑第1，4，7，…，3m-2列．为方便起见，将这些列写成将它调整为0 1 2… 2k-2 2k-1 2kk 2k k-1… 1 k+1 02k k-1 2k-1 …k+1 0 k（第二行自右向左先写0，间隔一个写1，…，写到k再回到右边写k+1，k+2，…，2k．第三行则自右边第二个位置写起．）不难验证此时各列和相等（均为8+3+4+3k×9）．对第2，5，8，…，3m-1列以及第3，6，9，…，3m列用同样方法调整，便得到行和都相等，列和也都相等的矩阵．E1-028 图a是由16条线段组成的图形，证明不能画出一条折线，它和图中每条线段都相交一次（这条折线可以是开的，可以是自身相交的，但折线的顶点不能在线段上，而折线的边也不能通过线段的公共端点）．【题说】 1961年全俄数学奥林匹克八年级题1．【证】原图有6个区域A、B、C、D、E、F可以看作6个点（图b）．如果所说的折线存在，每一段折线就是连结A、B、C、C、D、E、F中某两点的边（边AB表明这段折线的端点为A、B），区域A的边界被分为五段，即点A引出5条边，A是奇顶点．同样，B、D、F是奇顶点（分别引出5、5、9条边）．有4个奇顶点的图不能一笔画成．因此所说的折线不存在．E1-029 已知平面上有2n+3（n≥1）个点，其中没有三个点共线，也没有四个点共圆，能不能通过它们之中的某三个点作一个圆，使得其余的2n个点一半在圆内，一半在圆外？证明你的结论．【题说】 1963年北京市赛高三二试题3．【证】结论是肯定的．首先在2n+3个点之中一定可以找到A、B两点，使得其余2n+1个点在直线AB的一侧，事实上，按任意选定方向，通过每一个已知点作一条直线，这样的直线最多有2n+3条，其中有一条最靠外的令为l1．若l1上有两个已知点，则l1为所求的直线；若l1上只有一个已知点A，由A出发通过其余2n+2个点作射线．设其中射线AB与l1的夹角最小，则直线AB即为所求．线段AB对其余2n+1个点的张角各不相等（因为这2n+3个点中没有四点共圆），设为θ1＜θ2＜…＜θn＜θn+1＜…＜θ2n＜θ2n+1，对应于θn+1的点为C，则圆ABC即为所求．对应于θ1，θ2，…，θn的n个点在圆ABC外，对应于θn+2，θn+3，…，θ2n+1的n个点在圆ABC之内．E1-030设在一环形公路上有n个汽车站，每一站存有汽油若干桶（其中有的站也可以不存），n个站的总存油量足够一辆汽车沿此公路行驶一周．现在使一辆原来没油的汽车从某站依反时针方向沿公路行驶；每到一站即把该站的存油全部带上（出发的站也如此），试证n站之中至少有一站，可以使汽车从这站出发环行一周，不致在中途因缺油而停车．【题说】 1964年北京市赛高三二试题3．【证】设这n个站依次（逆时针顺序）为A1，A2，…，A n，并且每个站都存有油（否则可将该站取消）．当n=1时，显然从唯一的汽车站出发可走完全程．设对n=k时，结论成立．在n=k+1时，由已知条件总油量足够汽车行驶一周，A1，A2，…，A n中必有一个站A i，从它出发可以行驶到下一站A i+1（1≤i≤nA n+1=A1）．将A i+1的油全部移到A i并取消A i+1站，则由归纳假设，存在站A i，由它出发可以行驶一周．由于在行驶中，先到A i后到A i+1，所以恢复A i+1站后，从站A j出发仍可以行驶一周．因此结论对一切自然数n均成立．E1-031 在圆内或圆上任取8个点．证明：在这8个点中，必有两个点的距离小于圆的半径．【题说】 1965年匈牙利数学奥林匹克题2．【证】在所取的8个点中至少有7个点不和圆心重合．如果有某两个点在同一条半径上，那么这两点的距离显然不小于圆的半径．设不和圆心重合的7个点在7条不同的半径上．每相邻两条半径构成一个圆心角，7个圆心角合成周角．因此必有两点A、B使∠AOB＜60°．在△OAB中，最大边大于边AB（因为一角大于60°）．但是边OA和OB都不超过圆的半径，所以AB小于圆的半径．E1-032 一个旅游者乘火车到莫斯科，他在街上逛了一整天，在广场上一个小吃店里吃了晚饭后，决定回火车站．证明：他一定可以沿着来时走过奇数次的街道回火车站．【题说】 1965年全俄数学奥林匹克十年级题3．【证】将交叉口当作点，交叉口之间的街道当作边，除车站与广场外，每一个点都是偶顶点，即引出偶数条边（走过k次的边算作k条）．旅游者沿原路退回．在每一点处面临奇数条边，其中必有一条边他来时只走过奇数次，沿这条边前进．这样继续下去，由于边数有限，必在某一点停止，这点就是火车站．E1-033在无限大的方格纸上，有n个方格涂成黑色．证明：一定可以剪掉有限个正方形，满足以下两个条件：1．所有的黑色方格全部在被剪掉的正方形之中．2．在任何一个被剪掉的正方形中，黑色方格的面积不小于这个正方【题说】第五届（1971年）全苏数学奥林匹克九年级题8．【证】从平面上剪掉一个2n×2n的正方形k0，它含有所有黑色方格和至少比它多4倍的白色方格．于是，所有黑方格的面积小于正方则将它再剪成四个正方形k2，等等，直到得到一些2×2的正方形，将所有不含黑色方格的正方形去掉，则剩下的正方形满足题给要求．E1-034 1．假定一个4×7方格的棋盘，如图a所示，各个方格着色为黑或白．求证：对任何一种着色方式，在棋盘中必定包含一个由棋盘上横线和纵线所构成的矩形，它的四角上的方格同色．2．给出一个4×6方格的棋盘上的一种黑白着色，使得在棋盘内每一个如上所说的矩形中，四角上的方格都不是同色的．【题说】第五届（1976年）美国数学奥林匹克题1．题中所说“矩形”，应理解成由平行于棋盘中横线与纵线的线段为四边的矩形，其顶点不与格点重合．【证】 1．可以证明更强的结论：在3×7的棋盘内，存在四角同色的矩形．第一行的7个方格中至少有四个同色．不妨设前4个方格均为白色．第二行（或第三行）的前4个方格中如果有两个白格，那么结论已经成立．如果第二行、第三行的前4个方格中均只有1个白格，那么去掉白格所在的列便得到四角同为黑色的矩形．2．图b即为所求．E1-035线段AB的两个端点，一个标以红色，一个标以蓝色．在线段中间插入n个分点，在各个分点上随意地标上红色或蓝色，这样就把原线段分为n+1个不重叠的小线段．这些小线段的两端颜色不同者叫做标准线段．证明：标准线段的个数都是奇数．【题说】 1979年安徽省赛二试题2．【证】从A到B，经过n个分点，颜色改变奇数次，每改变1次颜色，即有1条标准线段，因此标准线段的条数为奇数．E1-036 一棱柱以五边形A1A2A3A4A5与B1B2B3B4B5为上、下底，这两个多边形的每一条边及每一条线段A i B j（i，j=1，2，3，4，5）分别涂上红色或绿色．若每一个以棱柱顶点为顶点的、以已涂色的线段为边的三角形均有两条边颜色不同．证明上、下底10条边颜色一定相同．【题说】第二十一届（1979年）国际数学奥林匹克题2．本题由保加利亚提供．【证】首先我们证明上底的五条边颜色完全相同．如果上底的五条边颜色不完全相同，那么必有两条相邻的边颜色不同，不妨设A1A2是绿的，A1A5是红的．自A1引出五条线段A1B1、A1B2、A1A3、A1A4、A1A5中，至少有三条有相同的颜色，这三条线段的端点B j中必有两个相邻，不妨设A1B1，A1B2均为绿色，那么B1B2必为红色，但△B1A1A2推出A2B1为红色，由△B2A1A2推出A2B2也为红色，这时得△A2B1B2的三条边都是红色的，与已知条件矛盾．这就证明了上底的五条边的颜色必相同．同理可证下底的五条边的颜色也相同．现在来证明，上、下底的颜色必须是同样的．若不然，上、下底的颜色不同，不妨设上底的五条边全是绿色，下底的五条边全为红色．前述中设A1B1、A1B2颜色相同，由于B1B2是红色的，A1B、A1B2都必须是绿色的．与前面的证明完全一样，△B1A1A2、△B2A1A2、△A2B1B2中必有一个三条边是同一颜色的三角形．而与已知条件矛盾．所以，上、下底10条边颜色一定相同．E1-037试证在2n×2n（n∈N）个相等小方格组成的棋盘上任意挖去一个小方格后，总可以由三个小方格构成的L形块恰好铺满（既不重叠，也不越界）．【题说】 1981年上海市赛二试题2．【证】用数学归纳法，（1）当n=1时（图a），命题显然真．（2）设当n=k时（图b），命题真，则当n=k+1时，把挖去一个小方格的2k+1×2k+1棋盘ABCD四等分得四个2k×2k棋盘AEOH、EBFO、OFCG、GDHO，其中必有一个是挖去一个小方格的棋盘，设为GDHO．现将一个L形块放在O处（图c），使它在AEOH、EBFO、OFCG各占一格，则这四个2k×2k的棋盘都成了挖去一个小方格的棋盘了，根据归纳假设它们都能被L形块恰好铺满．由（1）、（2）得，对一切自然数n命题真．E1-038 在3×4cm的长方形中，放置6个点．试证：可以找到两【题说】第十五届（1981年）全苏数学奥林匹克十年级题6．【证】先把长方形分成5个区域（如图），根据抽屉原理，必有E1-039已知平面上两个不同的点O和A，对于平面上不同于O的每一点X，由OA按逆时针方向到OX的角的弧度数用a（X）表示（0≤a（X）＜2π），设C（X）是以O为圆心，以OX+a（X）／OX的长为半径的圆．平面的每一个点用有限多的颜色之一来着色，证明存在一个点Y，a（Y）＞0．它的颜色出现在圆C（Y）的圆周上．【题说】第二十五届（1984年）国际数学奥林匹克题3．【证】以O为心，半径小于1的圆有无限多个，而圆上所染颜色的种数（n种颜色的子集）至多为2n-1，所以必有两个圆的颜色的种数相同，设它们的半径为r、s，r＜s＜1．显然r（s-r）∈（0，2π）．⊙（O，r）上以r（s-r）为幅角的点Y，它的颜色出现在⊙（O，s）上．而所以⊙（O，S）即圆C（Y），命题成立．E1-040已知空间有1987个点．证明：可以经过其中某点作一个平面，使得其两侧各有993个点．【题说】第十三届（1987年）全俄数学奥林匹克十年级题4．【证】过每两个已知点作一条直线．我们证明存在一个平面，不平行于这有限多条直线中的任何一条．事实上，任取一点O，过O作直线分别与上述直线平行，再过O作一条直线OA 与它们均不相同，则在过OA的平面中，只有有限多个含有其它所作的直线．因此有一个过OA的平面α不含其它所作的直线，即不平行于上述直线中的任何一条．过已知的1987个点，分别作平面α的平行平面．由平面α的上述性质，所作的平面都仅含一个已知点．顺次数过去，这1987个平行平面中，第994个平面即为所求．E1-041设在空间给出20个点，其中某些点涂黄色，其余点涂红色．已知在任何一个平面上同色点不超过3个．求证：存在一个四面体，它的四个顶点同色，且至少有一个侧面内不含异色点．【题说】第一届（1990）希望杯高一赛二试题4．【证】 20个点分为两色，其中必有四点同色．由已知，它们不在一个平面上，因而组成一个四面体．这种四个顶点同色的四面体仅有有限多个，设其中以V的体积为最小．若V的每个侧面均含一个与顶点异色的点，则这四点组成一个体积小于V的四面体，这是不可能的．因此V至少有一个侧面不含与顶点异色的点．E1-O42设圆周上给定1991个点，其中任二点不共有一条直径，证明其中存在一个点．过它所作的直径，将其余1990个点恰好平分在两个半圆上．【题说】 1991年芜湖市赛题5．。
1995年全国初中数学联赛试题第一试一、选择题1．已知a＝355,b＝444,c＝533,则有［]A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．c＜a＜b D．a＜c＜bA．1B．2 C．3 D．43．如果方程(x－1)(x2－2x－m)＝0的三根可以作为一个三角形的三边之长，那么实数m的取值范围是4．如果边长顺次为25、39、52与60的四边形内接于一圆，那么此圆的周长为［]A．62πB．63πC．64πD．65π5．设AB是⊙O的一条弦，CD是⊙O的直径，且与弦AB相交，记M＝｜S△CAB－S△DAB｜，N＝2S△OAB，则[ ]A．M＞N B．M＝N C．M＜N D．M、N的大小关系不确定6．设实数a、b满足不等式｜｜a｜－(a＋b)｜＜｜a－|a＋b｜｜，则[ ]A．a＞0且b＞0B．a＜0且b＞0C．a＞0且b＜0D．a＜0且b＜0二、填空题1．在12，22，32…，952这95个数中，十位数字为奇数的数共有____个。
4．以线段AB为直径作一个半圆，圆心为O，C是半圆周上的点，且OC2＝AC·BC，则∠CAB＝______．第二试一、已知∠ACE＝∠CDE＝90°，点B在CE上，CA＝CB＝CD，经A、C、D三点的圆交AB于F（如图）求证F为△CDE的内心。
二、在坐标平面上，纵坐标与横坐标都是整数理由。
三、试证：每个大于6的自然数n，都可以表示为两个大于1且互质的自然数之和。
1995年全国初中数学联赛参考答案第一试一、选择题1．讲解：这类指数幂的比较大小问题，通常是化为同底然后比较指数，或化为同指数然后比较底数，本题是化为同指数，有c＝(53)11＝12511＜24311＝(35)11＝a＜25611＝(44)11＝b。
选C。
利用lg2＝0.3010，lg3＝0.4771计算lga、lgb、lgc也可以，但没有优越性。
2．讲解：这类方程是熟知的。
先由第二个方程确定z＝1,进而可求出两个解：(2，21，1)、(20，3，1)．也可以不解方程组直接判断：因为x≠y(否则不是正整数)，故方程组①或无解或有两个解，对照选择支，选B。
第40届俄罗斯数学奥林匹克（九年级）1. 放置了99个正整数. 已知任意两个相邻的数相差1或相差2或一个为另一个的2倍. 证明：这99个数中，有3的倍数.2. 已知a b ，为两个不同的正整数. 问： ()()()()()()222222a a ab a b a b a b b b ++++++，，，，，这六个数中，至多有多少个完全平方数？3. 令A 是由一个凸n 边形的若干对角线组成的集合. 若集合A 中的一条对角线恰有另外一条对角线与其相交在凸n 边形内部，则称该对角线为“好的”. 求好对角线条数的最大可能值.4. 在锐角ABC △中，已知AB BC >，M 为边AC 的中点，圆Γ为ABC △的外接圆，圆Γ在点A C ，处的切线交于点P ，线段BP 与AC 交于点S ，AD 为ABP △的高，CSD △的外接圆与圆Γ交于点K （异于点C ）. 证明：90CKM ∠=︒.5. 设正整数1N >，m 表示N 的小于N 的最大因数. 若N m +为10的幂，求N .6. 已知内接于圆Γ的梯形ABCD 两底分别为AB CD ，，过点C D ，的一个圆1Γ与线段CA CB ，分别交于点1A （异于点C ），1B （异于点D ）. 若22A B ，为11A B ，分别关于CA CB ，中点的对称点，证明：22A B A B ，，，四点共圆.7. 麦斯国中央银行决定发行面值为()01k k α= ，，的硬币. 央行行长希望能够找到一个正实数α，使得对任意1k k α，≥为大于2的无理数，且对于任意正整数n ，理论上均存在若干枚面值之和等于n 的硬币，其中每种面值的硬币均不超过六枚. 问：行长的愿望能够实现吗？8. 某国有n 座城市，任意两座城市之间有双向直达航班. 已知对任意两座城市，它们之间的两个方向的机票价格相同，不同城市对之间的航班机票价格互不相同. 证明：存在由1n -段依次相连的航班，使得各段航班机票的价格依次严格单调下降.。
全俄中学生数学奥林匹克（第25届第Ⅳ阶段八、九年级）======== 八年级试题 ========1、父亲带着两个儿子向离城33公里的祖母家出发，父亲有一辆摩托车，速度为25公里／小时．如果再载了另一个人，则速度为20公里／小时，（摩托车不允许带两个人，即每车至多载两人.）每个儿子如果步行，速度为5公里／小时.证明：这3个人可在3小时内同时到达祖母家.证：设第二个儿子先步行，父亲载着第一个儿子乘摩托车走了公里，这里用了小时，并且他们超过第二个儿子（公里）.这时，父亲让第一个儿子步行，自己返回去接第二个儿子.到遇到第二个儿子时，用了（小时）.第二个儿子遇到父亲时，步行走了（公里），这时离祖母家还有（公里）.如果父亲载第二个儿子的路程与载第一个儿子的路程相同，那么，所以（公里）.这样，在路上共计用的时间为（小时），或（小时）.2、在正整数A的右边添上3个数字，组成一个新数，这个新数等于从1到A的所有正整数之和，求A.解：设3个数字组成的数是B，则，于是，即，因此.由左边不等式知：，由右边不等式知：，所以.3、在△ABC的边BC，CA，AB上分别取点A1，B1，C1，使得△A1B1C1的中线A1A2，B 1B2，C1C2分别平行于直线AB，BC，CA，试确定点A1，B1，C1分△ABC的边为怎样的关系？解：设M点为△A1B1C1的重心，A3，B3，C3为△A1B1C1中线的延长线分别与△ABC各边的交点（如图）.由题设知MC3CB1是平行四边形，所以MC3＝B1C.其次，直线C1C3经过线段A 1B1的中点且平行于AC，所以MC3是△A1A3C的中位线，因此，A3C＝2MC3，即A3B1＝B1C.又A2A3是△B1C1A的中位线，所以AA3＝A3B1，于是AA3＝A3B1＝B1C.因此B1点分AC为两部分的比AB1: B1C＝2:1，同理CA1:A1B＝BC1:C1A＝2:1.4、有40个装有气体的瓶子，各瓶内气压是未知的且可以不相同.每次允许将若干个瓶子相连接，但瓶子数均不超过给定的正整数，然后再将它们分开，这时所连接的各瓶的气压将变成相等的，都等于连接前它们气压的算术平均值，当取怎样的最小值时，能使得40个瓶子中的气压变得都相等，而与初始时各瓶中的气压数无关？解：最小值.当时，可采取下列方式，使各瓶气压变得相等.将瓶子分为8组，每组5个，可使每组中各瓶的气压相等.然后再从每组中各取1个瓶子，共8个来自不同组的瓶子组成1个新组，这样的新组有5组.只要可使新组中的各瓶气压变得相等（这也就使得所有的40个瓶子的气压相等）.这是可以做到的，先在每组8瓶中，分成各有4个瓶子的两组，让每组的4个瓶子相连接而使得它们的气压变得相等，然后从这两个4瓶组中分别各取1瓶，两者相连接，这样一来便可使得所有的各瓶气压相等.下面证明：若，则找不到适当的方式会使各瓶气压相等.设40瓶有1瓶的气压值为2；而其余各的瓶的气压值为1．要使各瓶气压相等，则每瓶气压值为（2＋39×1）／40＝41／40.但是，每次融合后的气压值所表示的既约分数的分母都不能被5整除.事实上，如果每次融合前的每个气压值的分母不被5整除，那么它们中的两个、三个或四个分数的算术平均的分母只能是它们分母的最小公倍数，因而也不可能是5的倍数，因为40是5的倍数，所以在上述初始的气压值的条件下，不可能使各瓶气压值变得相等.5、证明：正整数1至15不能分成两组：其中A有2个数，B有13个数，而使得B组中各数之和恰等于A组中2个数之积.证：假设按题设要求的分组可能，A组中2个数是，不妨设，则B组中各数之和为1＋2＋…＋15――＝120――，依题意得＝120――.上式可变为（＋1）（＋1）＝121，因此＋1＝1，＋1＝121，或＋1＝11，＋1＝11.但是，前式＝0，＝120＞15；后式＝＝10，这都是不可能的，因而1至15这15个数不可能按题设要求分成两组.6、给定非钝角△ABC，点A1是A点关于BC的对称点，点C1是C点关于AB的对称点.证明：如果A1，B和C1共线，且C1B＝2A1B，那么∠CA1B是直角.证：由题设知BC垂直平分线段AA1，即AB＝BA1，且∠A1BC＝∠ABC（如图）.同理C1B＝BC且∠C1BA＝∠ABC，于是3∠ABC＝180°，即∠ABC＝60°.考察△CBA1，其中∠CBA1＝60°，CB＝C1B＝2BA1.作CA2⊥BA1于A2，在△CA2B中，∠BCA2＝30°，所以BA2＝BC＝BA，所以A2＝A1，从而∠CA1B＝90°.7、盒子里放着整副骨牌，两个游戏者依次从中选取一张骨牌，并将其摆到桌面上，并按照“接龙”的规则，将牌接在已摆成一串的骨牌两端中的任意一端，谁要是接不下去了就算输，在正确策略下，谁能获胜？解：第一个游戏者必胜.记第一个游戏者为甲，第二个游戏者为乙.甲首先摆0:0，乙以0:连接，这时甲接以:，现在乙或者接0:或者接:，对第一种情况，甲接:；对第二种情况，甲接:0，甲接完这步后，骨牌串的两端或者都是，或者都是0.这步之后，设乙接上0:（:），则甲接上:（:0）.形如0:和:（0，）的骨牌是成对的，所以最后的步骤必是在甲接牌后而终止.8、由54块纸片做的相同的单位正方形串成一条非封闭的链，以正方形的顶点作为接头，任意的正方形（链端的除外）与相邻的两个正方形的接头是相对的两个顶点，这个正方形链可否完全地覆盖3×3×3的正方体的界面？解：这样的正方形链不可能覆盖3×3×3的正方体.如若不然，假设可以覆盖正方体，显然，正方体的每个侧面可分成9个单位正方形.对于链中的每个正方形，是以它的对角线两端点作为接头，于是我们在正方体的侧面上得到以单位正方形的对角线组成的折线（它可能在折线的顶点处自交）.经过折线的两端点（始点和终点）的对角线段，将有奇数条，而经过折线的其它顶点的对角线段将有偶数条，如果始点和终点重合，那么经过它的对角线段将有偶数条.假设对每个单位正方形纸片的每个顶点染上两种颜色中的一种.并使得其每条边上的顶点颜色各不相同，那么折线的顶点将是由一种颜色组成的集合（例如是黑色的）.所以折线段的集合即是以黑色为端点的线段的集合，但在黑色顶点中有4个在正方体的顶点处，而经过每个这样的顶点的对角线段有3条，即奇数段的对角线经过的顶点有4个，这便导致矛盾.======== 九年级试题 ========1、沿圆周按顺序依次写下从1至N（N＞2）的正整数，同时每对相邻的两个数，按十进制数表示法，它们至少有1个数字相同，求N的最小值.解：N＝29.因为一位数没有公共的数字，所以N＞9.据书写规则，因为这列数含有9，因而它们就不能小于19，进而不能小于29，即N≥29.今考察N＝29时，可举出下面的例子，按此顺序排列，可将1至29的正整数排成一个圆圈而满足题设要求：1，11，10，20，21，12，2，22，23，3，13，14，4，24，25，5，15，16，6，26，27，7，17，18，8，28，29，9，19.2、在△ABC的AC边上取点D、E，使得AD＝AB，BE＝EC（E在A与D之间）.F 是△ABC外接圆上（不含A点的）BC弧的中点，证明：B、E、D、F四点共圆.证：设∠BDA＝α，∵AB＝AD，∴∠ABD＝α，∠BAD＝180°－2α.∠CBF的度数等于弧CF的度数，而∠CAB的度数等于弧BC即×（2弧CF）的度数，所以∠CBF＝∠CAB＝90°－α（如图）.点E、F分别与B、C等距，所以EF垂直平分BC.因此，∠BFE＝90°－∠CBF＝90°－（90°－α）＝α，于是∠BDE＝∠BFE＝α，所以B，F，D，E四点共圆.3、正实数之乘积等于1，证明：如果，那么，对任意正整数，不等式成立.证：如果，且，那么不等式，事实上，由，，及，上述两个不等式都等价于.此外，在时，数与有相同的符号，所以.4、8×8的正方格是一个迷宫，每格是1×1.每格都画出下列四种方向中的一种的箭头；向上、向下、向左、向右，右上角的格上方是迷宫的出口，棋子从左下角的格开始出发，它走的每个步是按照该格的箭头方向走了1格，走完这步后，原来所在格的箭头将沿着顺时针方向转过90°，如果棋子走到了8×8正方形的边界，而这时箭头却指向界外，那么棋子将在这格停留，该格箭头将按顺时针方向转过90°，直至棋子可以行走. 证明：棋子迟早总会走出迷宫.证：假设棋子总走不出迷宫，那么棋子落在右图中标有“1“的格只能有限次（少于4次），否则“1”格必有1次箭头是指向出口的，从而走出迷宫.同样的，棋子在最后一次到达标有“1”格前也只能有限次到达“2”格.推而广之，在棋子只能有限次地到达“”格，那么也只能有限次到达“＋1”格，这与假设棋子可无限次地走步而出不了迷宫矛盾.5、将网络平面中所有的格染成5种颜色，使得任意形如图形甲的图形中，各格是不同的颜色.证明：任意形如图形乙的图形上各格也是不同的颜色.证：假设某个1×5的图形上缺某种颜色，例如蓝色（在上图中，把这部分图形离析出来）那么图中用相同字母表示的两格中必有1格染蓝色，否则这些格所在的十字形中将缺少蓝色的格，这样一来，在含有字母的两个十字形中，必有一个十字形中含有两个蓝格，这与题设矛盾，所以原命题得证.6、（见八年级第7题）7、证明：每个正整数都可表示为有相同数目质因数的两个正整数之差（每个质因数只算1次，例如12有两个质因数2和3）.证：如果给定的数是偶数，即，那么所求的数是.设是奇数，是它的质因数，又设是不含在集合的最小奇质数，那么所求的数便是和.因为根据的选择，中有因数2，而中有因数.因数是它们所共有的.8、在△ABC中，AB＞BC，K、M分别是边AB和AC的中点，O是△AB C的内心.设P点是直线KM和CO的交点，而Q点使得QP⊥KM且QM∥BO，证明：QO⊥AC.证：作OR⊥AC于R，过P作MK的垂线，交直线OR于Q点（如图）.这样只需证Q’M∥O，因为这时Q和Q’重合.因为K，M分别为AB和AC的中点，所以KM∥BC，于是∠M PC＝∠BCP＝∠ACB＝∠MCP.因此MP＝MC＝MA，这样一来，P点在以AC为直径的圆周上，且∠APC ＝90°.在四边形APOR中，∠APO＝∠ARO＝90°，所以APOR内接于圆，∠RPO ＝∠RAO＝×∠BAC.在四形边MPQ’R中，∠MPQ’＝∠MRQ’＝90°，所以MPQ’R内接于圆，于是∠Q’MR＝∠Q’PR＝∠Q’PO＋∠OPR＝（90°－∠OPM）＋∠BAC＝（90°－∠ACB）＋∠BAC.设BO交AC于D，在△BDC中，∠BDC＝180°－∠ACB－∠ABC＝90°＋∠BAC－∠ACB＝∠Q’MR，因此MQ’∥BO，于是本题得证.。
