日本第7届数学奥林匹克竞赛试题及解答
2023国际数学奥林匹克竞赛试题解答与评注
2023国际数学奥林匹克竞赛试题解答与评注1.引言2023年国际数学奥林匹克竞赛（简称IMO）是全球顶级的数学竞赛之一，每年都吸引着世界各地最顶尖的数学高手参与。
这项比赛不仅考察了参赛者的数学功底，更是对他们逻辑思维、创新能力和解决问题的能力的挑战和考验。
在本文中，我们将对2023年IMO的试题进行深入分析，探讨试题解答，并对试题进行全面的评注。
2.分析和解答我们需要深入分析和解答2023年IMO的试题。
这些题目通常包括几道难度不同、涉及不同数学领域的题目，例如代数、几何、组合数学和数论等。
在解答这些题目时，参赛者需要灵活运用数学知识，发挥自己的思维和创造力，找出解题的突破口。
在这里，我们就以其中一道代表性试题为例，逐步展开分析和解答。
3.问题一：XXXXX这是一道关于XXXXX的问题，题目描述了XXXXX的情境，要求参赛者证明或计算某个特定的结论。
我们通过探究XXXXX的定义和相关性质来理解题目的背景和条件。
我们可以尝试运用一些常见的数学方法和定理，如XXXXX定理、XXXXX公式等，根据题目条件和要求进行推导和计算，最终得出结论。
我们可以通过详细的数学推导和演算，对解题过程进行逐步分析，说明每一步的推理和逻辑，以及如何得出最终的答案。
4.问题二：XXXXX接下来，我们继续分析另一道题目——XXXXX。
这道题目涉及到XXXXX的概念和性质，要求参赛者给出某种特定的解释或证明。
在解答这道题目时，我们可以运用一些特定的数学方法和技巧，例如XXXXX的变换、XXXXX的化简等，从而化繁为简，找到问题的本质。
我们还可以借助一些经典的数学定理或结论，如XXXXX定理、XXXXX公式等，加深我们对题目的理解，并寻找解题的线索和突破口。
我们需要清晰地展现解题过程，说明每一个步骤的合理性和有效性，以及为什么得出这样的结论。
5.总结和回顾在全面分析和解答了2023年IMO的试题之后，我们可以对这些试题进行总结和回顾。
日本初中数学竞赛真题试卷
一、选择题（每题5分，共50分）1. 下列数中，哪个数不是质数？A. 7B. 14C. 17D. 202. 一个长方形的长是6cm，宽是4cm，那么它的面积是多少平方厘米？A. 24cm²B. 36cm²C. 48cm²D. 60cm²3. 一个正方形的边长是5cm，那么它的周长是多少厘米？A. 10cmB. 15cmC. 20cmD. 25cm4. 下列分数中，哪个分数是假分数？A. 1/2B. 2/3C. 3/4D. 4/55. 下列数中，哪个数是偶数？A. 23B. 24C. 25D. 266. 一个圆的半径是3cm，那么它的面积是多少平方厘米？A. 9πcm²B. 12πcm²C. 15πcm²D. 18πcm²7. 下列图形中，哪个图形是轴对称图形？A. 等腰三角形B. 平行四边形C. 梯形D. 长方形8. 下列数中，哪个数是正整数？A. -1B. 0C. 1D. 29. 下列图形中，哪个图形是旋转对称图形？A. 正方形B. 等边三角形C. 矩形D. 菱形10. 一个长方体的长、宽、高分别是4cm、3cm、2cm，那么它的体积是多少立方厘米？A. 24cm³B. 36cm³C. 48cm³D. 60cm³二、填空题（每题5分，共50分）1. 一个正方形的边长是8cm，那么它的周长是________cm。
2. 下列分数中，________是最简分数。
3. 下列数中，________是质数。
4. 一个圆的半径是5cm，那么它的面积是________cm²。
5. 下列图形中，________是轴对称图形。
6. 一个长方体的长、宽、高分别是6cm、4cm、2cm，那么它的体积是________cm³。
7. 下列数中，________是偶数。
8. 下列图形中，________是旋转对称图形。
高中数学竞赛试卷及解答
高中数学奥林匹克竞赛试题(9月7日上午9:00-11:00) 注意事项:本试卷共18题,满分150分一、选择题（本大题共6个小题,每小题6分,满分36分） 1.定义在实数集R 上的函数y ＝f(－x)的反函数是y ＝f －1(－x),则(A)y ＝f(x)是奇函数 (B)y ＝f(x)是偶函数(C)y ＝f(x)既是奇函数,也是偶函数 (D)y ＝f(x)既不是奇函数,也不是偶函数2.二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象如右图所示。
记N ＝|a ＋b ＋c|＋|2a －b|,M ＝|a －b ＋c|＋|2a ＋b|,则(A)M ＞N (B)M ＝N (C)M ＜N(D)M 、N 的大小关系不能确定3.在正方体的一个面所在的平面内,任意画一条直线,则与它异面的正方体的棱的条数是(A) 4或5或6或7 (B) 4或6或7或8 (C) 6或7或8 (D) 4或5或6 4.ΔABC 中,若(sinA ＋sinB)(cosA ＋cosB)＝2sinC,则(A)ΔABC 是等腰三角形但不一定是直角三角形 (B)ΔABC 是直角三角形但不一定是等腰三角形 (C)ΔABC 既不是等腰三角形也不是直角三角形 (D)ΔABC 既是等腰三角形也是直角三角形5.ΔABC 中,∠C ＝90°。
若sinA 、sinB 是一元二次方程x 2＋px ＋q ＝0的两个根,则下列关系中正确的是(A)p ＝q 21+±且q ＞21- (B)p ＝q 21+且q ＞21-(C)p ＝－q 21+且q ＞21- (D)p ＝－q 21+且0＜q ≤216.已知A （－7,0）、B （7,0）、C （2,－12）三点,若椭圆的一个焦点为C,且过A 、B 两点,此椭圆的另一个焦点的轨迹为(A)双曲线 (B)椭圆(C)椭圆的一部分 (D)双曲线的一部分二、填空题（本大题共6个小题,每小题6分,满分36分）7. 满足条件{1,2,3}⊆ X ⊆{1,2,3,4,5,6}的集合X 的个数为＿＿＿＿。
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛(预赛)暨2024年全国高中数学联赛一试(A卷)试题(含答案)
2024年全国中学生数学奥林匹克竞赛（预赛）暨2024年全国高中数学联合竞赛一试（A 卷）参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准. 填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不得增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不得增加其他中间档次．一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，满分64分．1. 若实数1m 满足98log (log )2024m ，则32log (log )m 的值为 ． 答案：4049．解：323898log (log )log (3log )12log (log )1220244049m m m ．2. 设无穷等比数列{}n a 的公比q 满足01q ．若{}n a 的各项和等于{}n a 各项的平方和，则2a 的取值范围是 ．答案：1,0(0,2)4． 解：因为数列{}n a 的各项和为11a q，注意到{}n a 各项的平方依次构成首项为21a 、公比为2q 的等比数列，于是2{}n a 的各项和为2121a q． 由条件知211211a a q q，化简得11a q ． 当(1,0)(0,1)q 时，22111(1),0(0,2)244a q q q ． 3. 设实数,ab 满足：集合2{100}A x x x a R 与3{}B x bx b R 的交集为[4,9]，则a b 的值为 ．答案：7．解：由于2210(5)25x x a x a ，故A 是一个包含[4,9]且以5x 为中点的闭区间，而B 是至多有一个端点的区间，所以必有[1,9]A ，故9a ．进一步可知B 只能为[4,) ，故0b 且34b b ，得2b ．于是7a b ．4. 在三棱锥P ABC 中，若PA 底面ABC ，且棱,,,AB BP BC CP 的长分别为1,2,3,4，则该三棱锥的体积为 ．答案：34． 解：由条件知PA AB ，PA AC ．因此PA AC ．在ABC 中，22219131cos 22132AB BC AC B AB BC ，故sin B ．所以1sin 2ABC S AB BC B 又该三棱锥的高为PA ，故其体积为1334ABC V S PA ． 5. 一个不均匀的骰子，掷出1,2,3,4,5,6点的概率依次成等差数列．独立地先后掷该骰子两次，所得的点数分别记为,a b ．若事件“7a b ”发生的概率为17，则事件“a b ”发生的概率为 ． 答案：421． 解：设掷出1,2,,6 点的概率分别为126,,,p p p ．由于126,,,p p p 成等差数列，且1261p p p ，故16253413p p p p p p ． 事件“7a b ”发生的概率为1162561P p p p p p p ． 事件“a b ”发生的概率为2222126P p p p ． 于是22221216253411()()()333P P p p p p p p ． 由于117P ，所以21143721P ． 6. 设()f x 是定义域为R 、最小正周期为5的函数．若函数()(2)x g x f 在区间[0,5)上的零点个数为25，则()g x 在区间[1,4)上的零点个数为 ．答案：11．解：记2x t ，则当[0,5)x 时，[1,32)t ，且t 随x 增大而严格增大．因此，()g x 在[0,5)上的零点个数等于()f t 在[1,32)上的零点个数．注意到()f t 有最小正周期5，设()f t 在一个最小正周期上有m 个零点，则()f t 在[2,32)上有6m 个零点，又设()f t 在[1,2)上有n 个零点，则625m n ，且0n m ，因此4,1m n ．从而()g x 在[1,4)上的零点个数等于()f t 在[2,16)[1,16)\[1,2) 上的零点个数，即311m n ．7. 设12,F F 为椭圆 的焦点，在 上取一点P （异于长轴端点），记O 为12PF F 的外心，若12122PO F F PF PF ，则 的离心率的最小值为 ．答案 解：取12F F 的中点M ，有12MO F F ，故120MO F F ． 记1212,,PF u PF v F F d ，则121212PO F F PM F F MO F F 12211()()2PF PF PF PF 222v u ， 222121222cos PF PF uv F PF u v d ，故由条件知222222v u u v d ，即22232u v d ． 由柯西不等式知222281(3)1()33d u v u v （当3v u 时等号成立）．所以 的离心率d e u v ．当::u v d 时， 的离心率e 取到最小值8. 若三个正整数,,a b c 的位数之和为8，且组成,,a b c 的8个数码能排列为2,0,2,4,0,9,0,8，则称(,,)a b c 为“幸运数组”，例如(9,8,202400)是一个幸运数组．满足10a b c 的幸运数组(,,)a b c 的个数为 ．答案：591．解：对于幸运数组(,,)a b c ，当10a b c 时，分两类情形讨论． 情形1：a 是两位数，,b c 是三位数．暂不考虑,b c 的大小关系，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置还未填，任选其中两个填2，最后三个位置填写4,8,9，这样的填法数为3255C C 3!600 ．再考虑其中,b c 的大小关系，由于不可能有b c ，因此b c 与b c 的填法各占一半，故有300个满足要求的幸运数组．情形2：,a b 是两位数，c 是四位数．暂不考虑,a b 的大小关系，类似于情形1，先在,,a b c 的非最高位（五个位置）中选三个位置填0，剩下五个位置填2,2,4,8,9，这样的填法数为600．再考虑其中,a b 的大小关系．若a b ，则必有20a b ，c 的四个数字是0,4,8,9的排列，且0不在首位，有33!18 种填法，除这些填法外，a b 与a b 的填法各占一半，故有600182912个满足要求的幸运数组． 综上，所求幸运数组的个数为300291591 ．二、解答题：本大题共3小题，满分56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．9. （本题满分16分） 在ABC 中，已知sin cos sin cos cos 22A AB B C，求cos C 的值．解：由条件知cos 44C A B． …………4分 假如44A B，则2C ，cos 0C ，但sin 04A ，矛盾． 所以只可能44A B ．此时0,2A B ，2C A ． …………8分注意到cos 04C A ，故2C ，所以,42A B ，结合条件得cos cos 2sin 22sin cos 244C A A A A2C ，又cos 0C ，化简得28(12cos )1C ，解得cos C…………16分 10.（本题满分20分）在平面直角坐标系中，双曲线22:1x y 的右顶点为A ．将圆心在y 轴上，且与 的两支各恰有一个公共点的圆称为“好圆”．若两个好圆外切于点P ，圆心距为d ，求d PA 的所有可能的值． 解：考虑以0(0,)y 为圆心的好圆2220000:()(0)x y y r r ．由0 与 的方程消去x ，得关于y 的二次方程2220002210y y y y r ．根据条件，该方程的判别式22200048(1)0y y r ，因此220022y r ．…………5分对于外切于点P 的两个好圆12, ，显然P 在y 轴上．设(0,)P h ，12, 的半径分别为12,r r ，不妨设12, 的圆心分别为12(0,),(0,)h r h r ，则有2211()22h r r ，2222()22h r r ．两式相减得2212122()h r r r r ，而120r r ，故化简得122r r h． …………10分 进而221211222r r r r ，整理得 221122680r r r r ．① 由于12d r r ，(1,0)A ，22212()114r r PA h ，而①可等价地写为2212122()8()r r r r ，即228PA d ，所以d PA…………20分 11.（本题满分20分）设复数,z w 满足2z w ，求2222S z w w z 的最小可能值．解法1：设i (,)z a b a b R ，则2i w a b ，故2222242(1)i 642(3)i S a a b b a a a b b a ，22222464a a b a a b2222(1)5(3)5a b a b ． ①…………5分记1t a ．对固定的b ，记255B b ，求22()(4)f t t B t B 的最小值．由()(4)f t f t ，不妨设2t ．我们证明0()()f t f t ，其中0t ． 当0[2,]t t 时，04[2,4]t t ，22200()()()((4))((4))f t f t B t B t B t2222220000(4)((4))(28)(28)t t t t t t t t0 （用到02t t 及228y x x 在[2,) 上单调增）． …………10分当0[,)t t 时，22200()()(4)(4)f t f t t B t B t B222200(4)(4)t t t t 000()8t t t t t t0 （用到04t t ）． …………15分所以200()(4)1616S f t B t ．当0b （①取到等号），011a t 时，S 取到最小值16．…………20分解法2：设1i,1i (,)R z x y w x y x y ，不妨设其中0x ． 计算得2222(41)(24)i z w x x y x y ，2222(41)(24)i w z x x y x y ．所以22Re(2)Re(2)S z w w z 22224141x x y x x y ． …………5分利用a b a b ，可得8S x ，① 亦有22222212(1)2(1)S x y x y x ． ②…………10分注意到方程282(1)x x 2．当2x 时，由①得816S x ．当02x 时，由②得222(1)2(12))16S x ．因此当2,0x y 时，S 取到最小值16． …………20分 解法3：因为2w z =−，所以我们有222(2)2411z z z z z22(2)26411z z z z z从而上两式最右边各项分别是z 到复平面中实轴上的点1−1−，33+的距离，所以把i z x y =+换成其实部x 时，都不会增大.因此只需 考虑函数22()2464f x x x x x +−+−+在R 上的最小值.…………10分因为1313−−<<−+<，因此我们有以下几种情况：1.若1x≤−,则2()24f x x x=−,在这一区间上的最小值为(116f−=+；2.若(13x∈−−，则()88f x x=−+，在这一区间上的最小值为(316f=−+…………15分3.若31x∈−，则2()24f x x x=−+，在这一区间上的最小值为((3116f f=−+=−+；4.若13x∈− ，则()88f x x=−，在这一区间上的最小值为(116f−+=−+；5.若3x≥+，则2()24f x x x=−，在这一区间上的最小值为(316f=+.综上所述，所求最小值为((3116f f=−+=−.…………20分。
日本初中数学竞赛试卷
一、选择题（每题3分，共30分）1. 下列各数中，不是有理数的是（）A. 3/5B. -2C. √4D. 0.252. 下列各数中，绝对值最大的是（）A. -3B. -2C. 2D. 03. 下列各图中，与直线y=2x平行的直线是（）A.B.C.D.4. 若a、b是方程x²-5x+6=0的两根，则a+b的值是（）A. 2B. 3C. 4D. 55. 下列函数中，是奇函数的是（）A. y=x²B. y=x³C. y=|x|D. y=x²+16. 下列不等式中，正确的是（）A. 2x > 4B. 3x ≤ 9C. 5x < 10D. 4x ≥ 167. 下列图形中，不是全等图形的是（）A.B.C.D.8. 下列各式中，正确的是（）A. (a+b)² = a² + b²B. (a-b)² = a² - b²C. (a+b)² = a² + 2ab + b²D. (a-b)² = a² - 2ab + b²9. 下列各数中，能被3整除的是（）A. 17B. 24C. 35D. 4210. 下列各图中，面积最大的是（）A.B.C.D.二、填空题（每题4分，共20分）11. 若x=3，则x²-5x+6=______。
12. 下列各数中，最大的是______。
13. 若y=2x+3，则x=______时，y=7。
14. 若a、b是方程2x²-5x+3=0的两根，则a+b=______。
15. 若函数y=kx²+2x+1的图像开口向上，则k＞______。
三、解答题（每题10分，共30分）16. 解下列方程：2x²-5x+3=0。
17. 已知函数y=x²+2x+1，求函数的最小值。
18. 已知等腰三角形ABC中，AB=AC，AD是BC边上的高，求证：∠ADB=∠ADC。
国际数学奥林匹克试题分类解析—A数论_A2整数的求解
A2 整数的求解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）理注解：设1978n=1000a+c 1978m=1000b+c 1978n－1978m=1000(a-b)因而1978m≡2m×989m≡0（mod 8），m≣31978n－m≡1（mod 125）注解：1978m（1978n－m－1）这两式的乘积要为1000整除，显然1978m这式为8的倍数，另一式为125的倍数。
国际数学奥林匹克试题分类解析—A数论_A5整数综合问题
A5 整数综合问题A5－002在n³n(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，…，p n是各行数字乘积，q1，q2，…，q n是各列数字乘积，它们都是＋1或－1，而应有p1p2…p n＝q1q2…q n，所以p1、p2、…、p n、q1、q2…、q n中应有偶数个－1．设为2k个，则其中＋1的个数为2(n－k)．由于n为奇数，k≠n－k，所以p1＋p2＋…＋p n＋q1＋q2＋…＋q n≠0A5－003已知任意n个整数a1，a2，…，a n，由此得到一列新的数．由这n个数依同样法则又得到一列新数，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a i(i＝1，2，…，n)都相等．【题说】1964年全俄数学奥林匹克八年级题4．n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x i(1≢i≢n)，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，…，z n得到n个相同的数那么，当n是奇数时，易知z1＝z2＝…＝z n；当n是偶数时，z1，…，z n中奇数项相等，偶数项相等．若z i(1≢i≢n)由y i(1≢i≢n)经运算得出，且设则有 2(y1＋y2＋…＋y n)＝2na及 2(y2＋y3＋…＋y n＋y1)＝2nb从而 2na＝2nb，a＝b由此得出z1＝z2＝…＝z n＝a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，a ≠b)满足题中条件，但结论不成立．A5－004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a＋b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a＋b也应该属于集合A，而且满足不等式．b＜a＋b＜a但是集合A不含有小于a的正数和大于b的负数，所以a＋b只能等于0．因此，数0属于集合A，且b＝－a．根据前面所证，集合A包含数a的所有整数倍．设x∈A，则由带余数除法，存在整数q、r，使x＝qa＋r(0≢r＜a)．于是r＝x＋(－qa)∈A．由于0≢r＜a，必有r＝0．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A．A5－005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，n＝1时，显然．设n时结论真．对a≢(n＋1)！，将a除以n＋1得a＝d(n＋1)＋r，这里d≢n！，0≢r＜n＋1．由归纳假设，d＝d1＋d2＋…＋d l，l≢n．且所有d i是n！的不同因数(i＝1，2，…，l)．于是 a＝d1(n＋1)＋…＋d l(n＋1)＋r这个和中的加数不多于n＋1个，其中每一个都是(n＋1)！的因数，且全不相等．A5－006找出具有下列性质的所有正整数n：设集合{n，n＋1，n＋2，n＋3，n＋4，n＋5}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，n＋1，n＋2，n＋3，n＋4，n＋5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．再考虑数n＋1，n＋2，n＋3，n＋4．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．A5－007证明：任何一个正的既约真分数m／n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．m＝1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m＞1也成立．为此，设n＝qm＋r(0≢r＜m) (1)因为m／n是正的既约真分数，所以q＞0，r＞0．又因0＜m－r＜m，所以由归纳假设，其中t1＜t2＜…＜t k为自然数．因为n＞m，所以由(3)知：t1＞q＋1，将(3)代入(2)得所以，命题对任何自然数m都成立．A5－008 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98＝8²1＋15²699＝8²3＋15²5100＝8²5＋15²4101＝8²7＋15²3102＝8²9＋15²2103＝8²11＋15²1104＝8²13＋15²0105＝8²0＋15²7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pq－p－q．A5－009若整数n可表示成n＝a1＋a2＋…＋a k (1)其中a1，a2，…，a k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p n：整数n，n＋1，…，2n＋7都是好数．已知p33为真．假设p n成立，那么n是好数，即存在正整数a1，a2，…，a k使(1)、从而这表明 2(a1＋a2＋…＋a k)＋4＋4＝2n＋82(a1＋a2＋…＋a k)＋3＋6＝2n＋9也是好数，因此P n成立．根据数学归纳法，对所有正整数n≣33，P n成立，原命题因而得证．A5－010设f(x)＝x2－x＋1．证明：对任意的m个自然数(m＞1)，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(0)＝1，所以多项式的常数项p n(0)＝1．因而，对于任意的整数m，p n(m)除以m，余数等于1．用m＇＝p k(m)代替m，就得到p n＋k(m)＝p n(m＇)与m＇＝p k(m)互素．A5－011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n＋s(n)＝1980；(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n＋S(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．【解】(1)当n＝1962时，n＋S(n)＝1980．(2)令S n＝n＋S(n)，如果n的末位数字是9，则S n＋1＜S n；否则S n＋1＝S n＋2．对任意两个连续的自然数m(m≣2)，m＋1，在S n＜m的n中，选择最大的，并用N表示．这时S N＋1≣m＞S N，所以N 的末位数字不是9，从而S N＋1＝S N＋2．由m≢S N＋1＝S N＋2＜m＋2，即得S N＋1＝m或S N＋1＝m＋1．A5－012设n为≣2的自然数．证明方程x n＋1＝y n＋1在x与n＋1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】x n＝y n＋1－1＝(y－1)(y n＋y n－1＋…＋1)．如果质数p是y－1与y n＋y n－1＋…＋1的公因数，则p整除x n，从而p是x的因数．但y除以p余1，所以y n＋y n－1＋…＋1除以p与n＋1除以p 的余数相同，即n＋1也被p整除，这与x、n＋1互质矛盾．因此y－1与y n＋y n－1＋…＋1互质，从而y－1＝s n，y n＋y n－1＋…＋1＝t n，其中s、t为自然数，st＝x．但y n＜y n＋y n－1＋…＋1＜(y ＋1)n，所以y n＋y n－1＋…＋1≠t n，矛盾，原方程无解．A5－013设a、b、c是两两互素的正整数，证明：2abc－be－ac－ab是不能表示为xbc＋yac ＋zab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ax＋by＝n．当n＞ab－a－b时，首先取0≢x＜b(若x＞b则用x－b、y＋a代替x、y)，我们有by＝n－ax＞ab－a－b－ax≣ab－a－b－a(b－1)＝－b所以y＞－1也是非负整数．即n＞ab－a－b时，有非负整数x、y使ax＋by＝n．因为a、b、c两两互素，所以(bc，ac，ab)＝1．令(bc，ac)＝d．则(ab，d)＝1，所以方程abz＋dt＝n (1)有整数解，并且0≢z＜d(若z＞d则用z－d、t＋ab代替z、t)．设 bc＝da1，ac＝db1，那么(a1，b1)＝1．在n＞2abc－bc－ca－ab时，即 t＞a1b1－a1－b1从而方程a1x＋b1y＝t (2)有非负整数解(x，y)．由(1)与(2)消去t可得bcx＋acy＋abz＝n有非负整数解．另一方面，若有非负整数x、y、z使2abc－bc－ac－ah＝xbc＋yac＋zab则 bc(x＋1)＋ac(y＋1)＋ab(z＋1)＝2abc于是应有，a整除bc(x＋1)，因(a，bc)＝1．所以，a整除x＋1，从而c≢x＋1．同理有，b≢y＋1，c≢z＋1．因此3abc＝bca＋acb＋abc≢bc(x＋1)＋ac(y＋1)＋ab(z＋1)＝2abc由于a、b、c都是正整数，这是不可能的，故2abc－bc－ca－ab不能表成xbc＋yca＋zab(x、y、z为非负整数)的形式．A5－014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|＝211－1＞1983．M中最大的数为若x、y、z∈M并且x＋z＝2y，则由于2y的各位数字为0或2，所以x＋z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x＝z．因此M中任三个互不相同的数不成等差数列．于是回答是肯定的，M即是一例．A5－015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4＝2＋2，且4＝2³2，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a≣5．则只要把a拆成2与a－2，由2(a－2)＞a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3＋3＝2＋2＋2及3³3＞2³2³2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35³22＝972是最大的．A5－016设a、b、c、d是奇整数，0＜a＜b＜c＜d，且ad＝bc．证明：如果对某整数k和m有a＋d＝2k和b＋c＝2m，那末a＝1．【题说】第二十五届(1984年)国际数学奥林匹克题6．【证】因为a[(a＋d)－(b＋c)]＝a2＋ad－ab－ac＝a2＋bc－ab－ac＝(a－b)(a－c)＞0所以a＋d＞b＋c，即2k＞2m，k＞m．又由ad＝bc，有 a(2k－a)＝b(2m－b)2m(b－2k－m a)＝b2－a2＝(b＋a)(b－a)可知2m整除(b＋a)(b－a)．但b＋a和b－a不能都被4整除(因为它们的和是2b，而b是奇数)，所以2m－1必整除b＋a或b－a之一．因为b＋a＜b＋c＝2m，所以b＋a＝2m－1或b－a＝2m－1．因为a、b是奇数，它们的公因数也是奇数，且是b＋a和b－a的因数，从而是2m－1的奇因数，即1．所以a与b互质，同理a与c也互质．但由ad＝bc，知a能整除bc，故a＝1．A5－017对正整数n≣1的一个划分π，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n＝4，划分π有1＋1＋1＋1，1＋1＋2，1＋3，2＋2及4共5种)．对任一划分π，定义A(π)为划分π中数1出现的个数；B(π)为π中出现不同的数的个数(如对n＝13的一个划分π：1＋1＋2＋2＋2＋5而言，A(π)＝2，B(π)＝3)．求证：对任意正整数n，其所有划分π的A(π)之和等于B(π)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(n－1)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(n－2)个．等等．第n－1个位置上是1的划分有P(1)＝1个，第n个位置上是1的只有1种．若令P(0)＝1．则所有划分中含1的数A(π)之和等于P(n－1)＋P(n－2)＋…＋P(1)＋P(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(n－1)的划分，共拿去P(n－1)个1．再从含有2的每个划分中拿去一个2，都成为n－2的划分，共拿去P(n－2)个2．…从含有(n－1)的划分(只有一个：1＋(n－1)，拿去(n－1)，即拿去了P(1)＝1个1．再加上含有n的一个划分，n为P(0)＝1个，故B(π)总和也等于P(n－1)＋P(n－2)＋…＋P(1)＋P(0)．因此，A(π)＝B(π)．A5－018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x轴上的射影为B＇，A在y轴上的射影为A＇，△OB＇B的面积比△OA＇A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1．＞67．又由于x2、y2均为一位正整数，所以x2y2＝72或x2y2＝81．因为∠BCB＇＜45°，所以x2＞y2．故由x2y2＝72可知x2＝9，y2＝8．此时x1y1＝5．同样可求得x1＝1，y1＝5．综上可知，1985为符合条件的唯一的四位数．A5－019设n、k为互素自然数，0＜k＜n，在集合M＝{1，2，…，n－1｝(n≣3)中的各数，要么着蓝色，要么着白色，已知(1)对于各i∈M，i和n－i同色；(2)对于各i∈M，i≠k， i和|i－k|同色．证明：在M中的所有数均同色．【题说】第二十六届(1985年)国际数学奥林匹克题2．本题由澳大利亚提供．【证】设lk＝nq l＋r l(l＝1，2，…，n－1；1≢r l≢n－1)．若r l＝r l＇，则(l－l＇)k被n整除，但n、k互素，所以n|(l－l＇)这表明在l＝1，2…，n－1时，r1，r2，…，r n－1互不相同，所以M＝｛r1，r2，…，r n－1｝．若r l＜n－k，即r l＋k＜n，则r l＋1＝r l＋k，由条件(2)，r l＋1与r l＋1－k＝r l同色．若r l≣n－k，即r l＋k≣n，则r l＋1＝r l＋k－n，于是r l＋1与k－r l＋1＝n－r l同色．再由条件(1)n－r l与r l同色．综上所述，r i＋1与r l同色(l＝1，2，…，n－2)，因此M中所有数同色．A5－020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(12)＝5)．如果f(n)≣3，又可作f(f(n))．类似地，如果f(f(n))≣3，又可作f(f(f(n)))果用L n表示n的长度，试对任意的自然数n(n≣3)，求L n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n≣3，那么f(n)＝2，因此只须讨论n为偶数的情况，我们首先证明，对任何n≣3，f(n)＝p s，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(n)＝ab，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，b)＝1，故ab也应整除n，这与f(n)＝ab矛盾．所以f(n)＝p s．由此可以得出以下结论：(1)当n为大于1的奇数时，f(n)＝2，故L n＝1；(2)设n为大于2的偶数，如果f(n)＝奇数，那么f(f(n))＝2，这时L n＝2；如果f(n)＝2s，其中自然数s≣2，那么f(f(n))＝f(2s)＝3，从而f(f(f(n)))＝f(3)＝2，这时L n＝3．A5－021一个正整数，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，n＋1)是一对“孪生漂亮数”，则4n(n＋1)是漂亮数，并且4n(n＋1)＋1＝4n2＋4n＋1＝(2n＋1)2是平方数，而平方数必为漂亮数．所以，(4n(n＋1)、4n(n＋1)＋1)也是一对“孪生漂亮数”．于是，取n＝8，得一对“孪生漂亮数”(288，289)．再取n＝288，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16＝52－32，16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2k＋1＝(k＋1)2－k2，都是“智慧数”．4k＝(k＋1)2－(k－1)2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x2－y2＝(x＋y)(x－y)(其中x、y∈N)，当x，y奇偶性相同时，(x＋y)(x－y)被4整除．当x，y奇偶性相异时，(x＋y)(x －y)为奇数，所以形如4k＋2的数不是“智慧数”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1989＝3³663，所以2656＝4³664是第1990个“智慧数”．A5－023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(n＋1)/2＝26n，即k(n＋1)＝52(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名选手13天得分配置为(1，2，3)＋2(2，3，1)＋2(3，1，2)＋3(1，3，2)＋2(3，2，1)＋3(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，…，11，12)＋2(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，…，26)．A5－024设x是一个自然数．若一串自然数x0＝1，x1，x2，…，x t－1，x t＝x，满足x i－1＜x i，x i －1|x i，i＝1，2，…，t．则称{x0，x1，x2，…x t}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x＝5k³31m³1990n(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、…、p n为互不相同的质数，α1、α2、…、αn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(x)≢α1＋α2＋…＋αn．将α1＋α2＋…＋αn个质因数(其中α1个p1，α2个p2，…，αn个p n)依任意顺序排列，每个排列产生一个长为α1＋α2＋…＋αn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(x)＝α1＋α2＋…＋αn，R(x)即排列对于x＝5k³31m³1990n＝2n³5k＋n³31m³199n，T(x)＝3n＋k＋mA5－025证明：若则为整数．【题说】1990年匈牙利阿拉尼²丹尼尔数学竞赛低年级普通水平题1．【证】若x＋y＋z＋t＝0，则由题设条件可得于是此时(1)式的值等于－4．若x＋y＋z＋t≠0，则由此可得x＝y＝z＝t．于是(1)式的值等于4．A5－026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1＋2＋3＋…＋x＝a(modn) (1)对任意正整数a都有解．我们证明当且仅当n是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1，1＋2，1＋2＋3，…，1＋2＋…＋(p－1)，1＋2＋…＋p至多表示mod p的p－1个剩余类(最后两个数在同一个剩余类中)，所以1＋2＋…＋x也至多表示mod p的p－1个剩余类，从而总有a使1＋2＋…＋x≡a(mod p)无解，这时(1)也无解．若n＝2k(k≣1)，考察下列各数：0³1，1³2，2³3，…，(2k－1)2k (2)设x(x＋1)≡y(y＋1)、(mod 2k＋1)，其中0≢x，y≢2k－1，则x2－y2＋x－y≡(x－y)(x＋y＋1)≡0(mod 2k＋1)因为x－y，x＋y＋1中，一个是奇数，一个是偶数，所以x－y≡0(mod2k＋1)或x＋y＋1≡0(mod 2k ＋1)由后者得：2k＋1≢x＋y＋1≢2k－1＋2k－1＋1＝2k＋1－1矛盾．故 x≡y(mod 2k＋1)，即x＝y．因此(2)中的2k个偶数mod 2k＋1互不同余，从而对任意整数a，方程x(x＋1)≡2a(mod 2n)有解，即(1)有解．A5－027设S＝{1，2，3，…，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A i＝｛S中一切可被i整除的自然数｝，i＝2，3，5，7．记A＝A2∪A3∪A5∪A7，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A i之中，从而他们不互素．于是n≣217．另一方面，令B1＝(1和S中的一切素数｝B2＝(22，32，52，72，112，132｝B3＝｛2³131，3³89，5³53，7³37，11³23，13³19｝B4＝｛2³127，3³83，5³47，7³31，11³19，13³17｝B5＝{2³113，3³79，5³43，7³29，11³17}B6＝{2³109，3³73，5³41，7³23，11³13}易知B1中元素的个数为60．令B＝B1∪B2∪B3∪B4∪B5∪B6，则B中元素的个数为88，S－B中元素的个数为192．在S中任取217个数，由于217－192＝25＞4³6，于是存在i(1≢i≢6)，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n≢217．于是n＝217．A5－028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k≢s(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n≣4，都有s(n)≢n2－14；2．试找出一个正整数n，使得s(n)＝n2－14；3．证明：存在无限多个正整数n，使得s(n)＝n2－14．【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n≣4，有s(n)≣n2－14，则存在k＝n2－13个正整数a1，a2，…，a k，使得于是就有从而3b＋8c＝13 这表明c＝0或1；但相应的b不为整数，矛盾．2．每个大于13的正整数m可以表为3b＋8c，其中b、c为非负整数．事实上，若m＝3s＋1，则s≣5，m＝3(s－5)＋2³8．若m＝3s＋2，则s≣4，m＝3(s－2)＋8．由即知n2可表为n2－m个平方和，从而n2可表为n2－14，n2－15，…，对于n＝13，有n2＝122＋52＝122＋42＋32＝82＋82＋52＋42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，所以132＝82＋82＋52＋42可表为4，7，10，...，43个平方的和，又由于52＝42＋32，132可表为5，8，11， (44)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132＝122＋42＋32可表为3，6，9，…，33个平方的和．为18＋2³9＝36，18＋2³12＝42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n＝2k³13．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132³22可表为1，2，…，155³4个平方的和，132³24可表为1，2，…，155³42个平方的和，…，n2＝132³22k可表为1，2，…，155³4k个平方的和．s(n)＝n2－14A5－029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．【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，m＝nd，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)＋(－1)＋0＋1＋2＋3＋4＝3＋4)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k＋1，则可将这表示向负的方向“延长”，增加2k＋1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A5－030 x、y为正整数，x4＋y4除以x＋y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x4＋y4＜98(x＋y)，不妨设x≣y，则x4＜98³2x，所以x≢5．注意到14＝1，24＝16，34＝81，44＝256，54＝625．对x，y∈{1，2，3，4，5}，x4＋y4＞97(x＋y)的仅有54＋44＝881＝(5＋4)³97＋8，所以所求的余数为8．A5－031设p＝(a1，a2，…，a17)是1，2，…，17的任一排列，令k p是满足不等式a1＋a2＋…＋a k＜a k＋1＋…＋a17的最大下标k，求k p的最大值和最小值，并求所有不同的排列p相应的k p的和．【题说】1992年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克(最后一轮)题1．【解】若k p≣12，则这与k p的定义相矛盾，所以k p≢11．又当p＝(1，2，…，17)时，1＋2＋…＋11＝66＜87＝12＋13＋…＋17，故此时k p＝11．所以，k p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)，k p＇＝17－(k p＋2)＋1＝16－k p所以k p＋k p＇＝16．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A5－032确定所有正整数n，使方程x n＋(2＋x)n＋(2－x)n＝0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n＝1时，x＝－4．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2n＋1，所以它的整数解只能具有－2t的形式，其中t为非负整数．若t＝0，则x＝－1，它不是方程的解；若t＝1，则x＝－2，也不是方程的解；当t≣2时，方程左边＝2n[－2n(t－1)＋(1－2t－1)n＋(1＋2t －1)n]，而－2n(t－1)＋(1－2t－1)n＋(1＋2t－1)n≡2(mod 4)，从而方程左边不等于零．综上所述，当且仅当n＝1时，原方程有一个整数解x＝－4．A5－033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年德国数学奥林匹克(第一轮)题1．【解】对任意自然数n(n≣3)，存在自然数m，使－1)之和，所以A(n)＝m．A5－034完全平方数对(a，b)满足：(1)a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a＝16，b＝81，1681＝412．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a1＝42，a2＝492，…，a n＝(5³10n－1－1)2，…；b1＝92，b2＝992，…，b n＝(10n－1)2，…．其中n为正整数．显然，a n，b n均为2n位数，且＝25³104n－2－103n＋2³102n－2³102n＋1＝(5³102n－1－10n＋1)2即对任意正整数n，(a n，b n)均满足条件．A5－035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．A5－037设n＝231²319．n2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2α²3β形，其中0≢α≢62，0≢β≢38．于是(α，β)是属于图中矩形的格点，显然对I、IV中的格点(α，β)，2α．3β不满足要求(2α²3β|n 或2α²3β≣n)，II中任一格点(约定β＝19或α＝31的点属于I或IV，不属于II或III)(α，β)，若2α²3β≣n，则对III中格点(62－α，31－β)，有262－α²331－β＜n．反之，对III中格点(α，β)，若2α²3β≣n，则对II中格点(62－α，31－β)，有262－α²331－β＜n．因此II、III 中恰有一半的格点(α，β)，使2α²3β满足要求．即所求的正整数因子个数为19³31＝589A5－038在满足y＜x≢100的有序正整数对(x，y)中，有【题说】第十三届(1995年)美国数学邀请赛题8．＝49＋16＋8＋4＋3＋2＋1＋1＋1＝85A5－039对于每个正整数n，将n表示成2的非负整数次方的和，令f(n)为正整数n的不同表示法的个数．如果两个表示法的差别仅在于它们中各个数相加的次序不同，这两个表示法就被视为是相同的．例如，f(4)＝4，因为4恰有下列四种表示法：4；2＋2；2＋1＋1；1＋1＋1＋1．【题说】第三十八届(1997年)国际数学奥林匹克题6．本题由立陶宛提供．【证】对于任意一个大于1的奇数n＝2k＋1，n的任一表示中必含一个1．去掉这个1就得到2k 的一个表示．反之，给2k的任一表示加上一个1就得到2k＋1的一个表示．这显然是2k＋1和2k的表示之间的一个一一对应．从而有如下递归式：f(2k＋1)＝f(2k) (1)对于任意正偶数n＝2k，其表示可以分为两类：含有1的与不含1的．对于前者，去掉一个1就得到2k－1的一个表示；对于后者，将每一项除以2，就得到k的一个表示．这两种变换都是可逆的，从而都是一一对应．于是得到第二个递归式：f(2k)＝f(2k－1)＋f(k) (2)(1)、(2)式对于任意k≣1都成立．显然f(1)＝1．定义f(0)＝1，则(1)式对于k＝0也成立．根据(1)、(2)式，函数f是不减的．由(1)式，可以将(2)式中的f(2k－1)换成f(2k－2)，得到f(2k)－f(2k－2)＝f(k)，k＝1，2，3，…，给定任一正整数n≣1，将上式对于k＝1，2，…，n求和，得到f(2n)＝f(0)＋f(1)＋...＋f(n)，n＝1，2，3， (3)下面先证明上界，在(3)式中，右端所有的项都不大于最后一项，对于n≣2，2＝f(2)≢f(n)．于是有f(2n)＝2＋(f(2)＋…＋f(n))≢2＋(n－1)f(n)≢f(n)＋(n－1)f(n)＝nf(n)n＝2，3，4，…从而得到f(2n)≢2n－1²f(2n－1)≢2n－1²2n－2²f(2n－1)≢2n－1²2n－2²2n－3²f(2n－3)≢…≢2(n－1)＋(n－2)＋…＋1²f(2)＝2n(n－1)/2²2为了证明下界，我们先证明对于具有相同奇偶性的正整数b≣a≣0，有如下不等式成立：f(b＋1)－f(b)≣f(a＋1)－f(a) (4)事实上，如果a、b同为偶数，则由(1)式知上式两端均等于0．而当a、b同为奇数时，由(2)式知f(b＋1)－f(b)＝f(b＋1)/2)，f(a＋1)－f(a)＝f((a＋1)/2)．由函数f是不减的即得不等式(4)成立．任取正整数r≣k≣1，其中r为偶数，在(4)式中依次令a＝r－j，b＝r＋j，j＝0，1，…，k－1．然后将这些不等式加起来，得到f(r＋k)－f(r)≣f(r＋1)－f(r－k＋1)因为r是偶数，所以f(r＋1)＝f(r)．从而f(r＋k)＋f(r－k＋1)≣2f(r)，k＝1，…，r对于k＝1，…，r，将上述不等式相加，即得f(1)＋f(2)＋…＋f(2r)≣2rf(r)根据(3)式，上式左端等于f(4r)－1．从而对于任意偶数r≣2，f(4r)＞2rf(r)＋1＞2rf(r)．取r＝2m－2即得f(2m)≣2m－1f(2m－2) (5)要使r＝2m－2为偶数，m须为大于2的整数，但是(5)式对于m＝2也成立．因此对一切n≣2下界成立．。
2021年奥林匹克竞赛数学试卷(日本)及答案
一、综合题
（本大题共5小题）
1. 找出所有函数 ：
，使得对任意正整数 ， ，有
．
2. 设 是一个大于等于 的正整数，玩家 和 两人在一张 行 列的棋盘上玩一个游戏．首先， 先将每
个单元棋格涂成白色或黑色，然后， 从最上面一行中选一个棋格放入一枚棋子，并在最下面的一行中
当
时， 在 处放棋子，将
设置为棋子的最终目标．对于 而言，他在
每次操作中至多向左或向右移动一格，进行 次操作后，最终棋子所在的竖直位置与最初
棋子所在的竖直位置至多相差 ．而
，此时 不能将棋子移动到
最终区标．
当
时，为保证棋子能从 处到
， 应将棋盘的对角线（左上到右
下）都涂黑，同样 还应将棋盘的对角线（右上到左下）都涂黑．现在， 在 处放棋
个不同的单元格将其涂成黑色，其余的所有单元格涂成白色，且同时有白格和黑格的 表格个数的
最小值是
．
【答案】
或
且．
【解析】称同时有白格和黑格的 表格为“好形”，
当
时，存在正整数 ， ，使得
，
，
，
将左上角的
方格表都涂黑，再将第 行的前
个单元格涂成黑色，
得到的“好形”个数不大于
，因此ຫໍສະໝຸດ ，设第 行有 个黑格，外．故线段 与圆 至多有一个交点，从而
．
于是，
．
【踩分点】
4. 设 个整数 ， ， ， 满足对任意
有
， ， 中最大的一个数与最小的一个数之差的最小值．
，求 ，
【答案】
【解析】由数列 是整数数列，
可得：
，
由此易得
，，
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第七届日本数学奥林匹克竞赛试题问题1 两个整数相加时，得到的数是一个两位数，且两个数字相同；相乘时，得到的数是一个三位数，且三个数字相同。
请写出所有满足上述条件的两个整数。
（12分）问题2 把26个玻璃球分装在a、b、c、d、e五个袋子里，每个袋里的球数不同且都装了1个以上。
用一台天平称重量，当称到装有11个玻璃球的袋子时，超重警铃就会响。
看下图：当①、③、④的状态时，警铃就响；②的状态时，警铃不响。
请按从小到大的顺序写出装入5个袋中玻璃球的数量的组合（例如：1、3、5、7、10），并写出所有的组合。
解答栏中有6组空，但不一定全部使用。
（14分）（注：不用考虑袋子的重量）问题3把6cm×10cm的长方形沿点线分割成4个图形，请按下面两个要求分割。
①分割后的4个图形，面积可大可小，但它们应该互为相似形。
②分割后的4个图形，可以有面积相等的，但不能都是面积相等的图形。
请回答出4种分割方法，并分别在解答栏中用实线画出。
（翻转后如果同另一种分割重叠的话，将看做是同一种分割方法。
）（20分）问题4右图三角形ABC是等腰三角形。
AB=AC，BAC=120°。
三角形ADE是正三角形，点D在BC边上，BD∶DC=2∶3。
当三角形ABC的面积是50cm2时，三角形ADE的面积是多少？（14分）问题5有一只表分不清长针和短针了，多数情况下可根据两针所指的位置判断出正确的时间。
但有时也会出现两种情况，使你判断不出正确的时间。
请问从中午12点到夜里12点这段时间会遇到多少次判断不出的情况？（12分）（注：不包括中午12点和夜里12点）问题6把一个多边形沿着几条直线剪开，分割成若干个多边形。
分割后的多边形的边数总和比原多边形的边数多13条，内角和是原多边形内角和的1.3倍。
请问：①原来的多边形是几边形？②把原来的多边形分割成了多少个多边形？（14分）问题7把△ABC滚到△A′B′C′的位置。
求△ABC滚动过的面积。
（14分）（注：圆周率取3.14）分析与解问题1两个整数相加时，得到的数是一个两位数，且两个数字相同；相乘时，得到的数是一个三位数，且三个数字相同，请写出所有满足上述条件的两个整数。
分析与解两位数中，数字相同的两位数有11、22、33、44、55、66、77、88、99共九个，它们中的每个数都可以表示成两个整数相加的形式，例如33=1+32=2+31=3+30=……=16+17，共有16种形式，如果把每个数都这样分解，再相乘，看哪两个数的乘积是三个数字相同的三位数，显然太繁琐了。
可以从乘积入手，因为三个数字相同的三位数有111、222、333、444、555、666、777、888、999，每个数都是111的倍数，而111=37×3，因此把这九个数表示成一个两位数与一个一位数或两个两位数相乘时，必有一个因数是37或37的倍数，但只能是37的2倍（想想为什么？）把九个三位数分解：111=37×3 222=37×6=74×3333=37×9 444=37×12=74×6555=37×15 666=37×18=74×9777=37×21 888=37×24=74×12999=37×27把两个因数相加，只有（74+3=）77和（37+18=）55的两位数字相同。
所以满足见意的答案是74和3，37和18。
问题2把26个玻璃球分装在a、b、c、d、e五个袋子里，每个袋子里的球数不同且都装了1个以上。
用一台天平称重量，当称到装有11个玻璃球的袋子时，超重警铃就会响。
看下图。
当①、③、④的状态时，警铃就响；②的状态时，警铃不响。
请按从小到大的顺序写出装入5个袋中玻璃球的数量的组合（例如：1、3、5、7、10），并写出所有的组合。
分析与解根据题意，a、b、c、d、e袋中装的玻璃球的数量各不相同。
a、b、c、d、e五个袋子里共装有26个玻璃球，这26个玻璃球的重量应是相同的，所以五个袋子的重量各不相同。
用一台天平称重，当称到装有11个玻璃球的袋子时，超重警铃就会响，这一条件，应理解为天平称得的玻璃球个数是11或多于11个时，超重警铃就会响。
从给出的条件可知：比较（2）、（3）、（4）式可知，a＜b，a＜d。
由（1）+（3），（1）+（4），（5）式可得：由上面的三个式子可知，b、d两袋中球的数量是4或3或2或1个，但由于a＜b，a＜d，所以a袋中球的数量是2或1个，b、d两袋中的球只能是4或3或2个。
进一步由（2）、（3）、（4）式可知，c袋中球的数量只能是8或9个。
由此可列举出符合题意的数组，它们是：（1、2、3、9、11）（1、2、4、9、10）（1、3、4、8、10）（2、3、4、8、9）问题3把6cm×10cn的长方形沿点线分割成4个图形，请按下面两个要求分割。
①分割后的4个图形，面积可大可小，但它们应该互为相似形；②分割后的4个图形，可以有面积相等的，但不能都是面积相等的图形。
请回答出4种分割方法，并分别在解答栏中用实线画出（翻转后如果同另一种分割重叠的话，将看做是同一种分割方法）。
分析与解先来解释一下什么是相似形。
把一个多边形的各边都扩大或缩小相同的倍数后与另一个多边形的每一对应边都完全重合，这样的两个多边形就是相似形。
例如，所有的等边三角形都是相似的，所有的正方形都是相似的。
把大长方形沿点线分割成4部分，可以将其分成四个长方形。
根据长方形长与宽的不同比值，结合题意，枚举出每一类可能分割出的长方形，看用哪一类中的4个长方形（面积不同的）能拼出6cm×10cm的长方形（为了叙述方便，下面省去单位）。
（一）1×n形（即长方形长与宽的比是1：n，n是整数）（l）最小的长方形是1×1，与它相似的长方形有2×2，3×3，4×4，5×5，6×6。
可以分割出6×6的长方形（见图1）。
不能分割出5×5的长方形（见图2），因为不论把5 ×5的长方形放在6 ×10的长方形中的哪一位置，在这个5×5的长方形的上边（或下边）的5个小正方形，只能分割成5块1×1的长方形，这显然不合题意。
分割出的长方形中最大的不可能是4×4或更小的。
因为（4 ×4）×4= 64＞6 ×10，（4 ×4）×3+（3 ×3）×1=57＜6 ×10。
（2）最小的长方形是1×2，与其相似的长方形有2×4，3 ×6，4 ×8，5 ×10。
不能分割出5×10的长方形（分析同（1）中5×5）。
也不能分割出4×8的长方形（见图3），因为6×10-（4 ×8）×1=32，（2 ×4）×3= 24＜32。
还不能分割出3×6的长方形。
不能分出4个3×6的长方形，因为（3 ×6）×4=72＞6 ×10。
不能分出3个3×6的长方形，因为6×10-（3×6）×3=6，1×2=2＜6，2 ×4 = 8＞6。
不能分出2个3×6的长方形，因为60-（3×6）×2=24，（2×4）×2=16＜24，也不能分出1个3×6的长方形，因为（3×6）×l+（2×4）×3=42＜60。
更不能分割出2×4或回1×2的长方形，因为（2×4）×4=32＜6×10。
（3）最小的长方形是1×3，与其相似的长方形有2×6，3×9。
可以分割出3×9的长方形（见图4）。
不能分割出2×6的长方形，因为（2×6）×4=48＜6×10。
（4）最小的长方形是1×4，与其相似的长方形有2×8，这样的两个长方形都不能分割出来。
因为（2×8）×4=64＞6×10，（2×8）×3+（1×4）×1=52＜6×10。
（5）最小的长方形是1×5，与其相似的长方形有2×10，这样的两个长方形都不能分割出来。
因为（2 ×10）×3=6×10，（2×10）×2+（1×5）×2=50＜6×10。
（6）同样可以证明不能分割出1×6、1×7、1×8、1×9、1×10这些长方形。
（二）对于2×n、3×n、4×n、5×n形的长方形，按照（一）的分析方法，可以找到一种符合题意的分割方法（见图5）。
也可以把6×10的长方形沿点线分割成其他多边形（见图6）。
问题4 下图三角形ABC是等腰三角形。
AB＝AC，∠BAC＝120°。
三角形ADE是正三角形，点D在BC边上，BD∶DC＝2∶3。
当三角形ABC的面积是50cm2时，三角形ADE的面积是多少？分析与解以点A为中心，由三个三角形ABC可拼成右图：连结QE、RF、GD，则DEQFRG是一个正六边形。
连结RD、DQ、RQ，显然RDQ是一个等边三角形，并且它的面积是正六边形面积的一半。
S△PBC=S△ABC×3=150cm2，S△RDQ=S△PBC-S△DQC×3=42cm2，S△ADE=S△正六边形÷6=2×S△RDQ÷6=14cm2。
问题5 有一只表分不清长针和短针了，多数情况下可根据两针所指的位置判断出正确的时间。
但有时也会出现两种情况，使你判断不出正确的时间。
请问从中午12点到夜里12点这段时间会遇到多少次判断不出的情况？（注：不包括中午12点和夜里12点）分析与解当表在某点某分时，经过一段时间后，如果时针恰好走到原来分针的位置，而分针恰好走到原来时针的位置，即两针位置互换，由于分针、时针分辨不清，所以凡能发生两针位置互换的两个时刻都不能正确的判断当时的时间（如下图）。
两针位置互换，当时针、分针共走60格时，由于时针走1格，分针走午12点多至1点多，1点多至2点多，2点多至3点多……夜里10点多至11点多，共11次。