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高中数学联赛真题分类汇编—初等数论


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真题分类汇编

于洪伟

高中数学联赛真题汇编——初等数论
(1978T7)证明:当 n、k 都是给定的正整数,且 n>2,k>2 时,n(n-1)k 连续偶数的和. 解:设开始的一个偶数为 2m,则此 n 个连续偶数的和为 (2m+?+2m+2n-2)×n÷2=n(2m+n-1).

令 n(n-1)k 1=n(2m+n-1),则(n-1)k 1-(n-1)=2m.
- - -1

可以写成 n 个

1 - - 无论 n 为偶数还是奇数, (n-1)k 1-(n-1)均为偶数, 故 m= [(n-1)k 1-(n-1)]为整 2 数. ∴从(n-1)k 1-(n-1)开始的连续 n 个偶数的和等于 n(n-1)k 1.由于 n、k 给定,故(n- - 1)k 1-(n-1)确定.故证
- -

(1979 二试 5)在正整数上定义一个函数 f(n)如下:当 n 为偶数时,f(n)= ,当 n 为奇 2 数时,f(n)=n+3, 1° 证明:对任何一个正整数 m,数列 a0=m,a1=f(a0),…,an=f(an-1),…中总有 一项为 1 或 3. 2° 在全部正整数中,哪些 m 使上述数列必然出现“3”?哪些 m 使上述数列必然 出现“1”?

n

an an+3 证明:1°,当 an>3 时,若 an 为偶数,则 an+1= <an,若 an 为奇数,则 an+2= <an, 2 2
即于是在{an}中可以找出一个单调递减的子序列,由于该序列的每项都是正整数, 故进行到某一项时序列的项≤10,此时

| an 时, 当 an=3,6,9 时,出现如下的项:9→12→6→3→6→3→…;当 an≤10 且 3\
出现如下的项: 7→10→5→8→4→2→1; 总之,该数列中必出现 1 或 3. 2° 当 m 为 3 的倍数时,若 m 为偶数, 仍为 3 的倍数;若 m 为奇时,m+3 是 3 的倍 2

m

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数,总之 an 对于一切 n∈N*,都是 3 的倍数,于是,上述数列中必出现 3,当 m 不是 3 的倍数时,(若 m 为偶数)与 m+3(若 m 为奇数)都不能是 3 的倍数, 于是 an 不是 3 的倍数, 2 故 an≠3,此时数列中必出现 1.

m

(1979 二试 7) 某区学生若干名参加数学竞赛, 每个学生得分都是整数, 总分为 8250 分, 前三名的分数是 88、85、80,最低分是 30 分,得同一分数的学生不超过 3 人,问至少 有多少学生得分不低于 60 分(包括前三名)? 解: 8250 - (88+85+80)=7997 . (30+31+32+ … +79)× 3=50 × 109 ÷ 2× 3=8175 .即从 30 到 79 分每个分数都有 3 人得到时, 共有 8175 分,此时及格学生数为 20×3+3=63 人. 8175-7997=178.若减少 3 名及格的学生至少减去 180 分.故至多减去 2 名及格的 学生. ∴ 至少 63-2=61 人及格.

(1982T12)已知圆 x2+y2=r2(r 为奇数),交 x 轴于点 A(r,0)、B(-r,0),交 y 轴于 C(0,- r)、D(0,r).P(u,v)是圆周上的点,u=pm,v=qn(p、q 都是质数,m、n 都是正整数),且 u>v.点 P 在 x 轴和 y 轴上的射影分别为 M、N. y 求证:|AM|、|BM|、|CN|、|DN|分别为 1、9、8、2.
D 证明:p2m+q2n=r2. 2n 2(m-n) 2 P (u, v ) N 若 p=q,则由 u>v,得 m>n,于是 p (p +1)=r ,这是不可 - - 能的.(因 p2(m n)与 p2(m n)+1 都是完全平方数,它们相差 1,故必有 - B O x M A p2(m n)=0,矛盾). 2 2 故 p≠q,于是(p,q)=1.若 p、q 均为奇数,则 p ≡q ≡1(mod 4),与 r2≡0 或 1 矛盾.故 p、q 必有一为偶数.即 p、q 必有一个 C =2.(或直接由 r 为奇数得 p、q 一奇一偶,其实 r 为奇数的条件多 余) 设 p=2,则 q2n=r2-22m=(r+2m)(r-2m). 即 r+2m 与 r-2m 都是 q2n 的约数.设 r+2m=qk,r-2m=qh,其中 k>h?1,k+h=2n.

1 1 1 1 - - ∴r= (qk+qh)= qh(qk h+1),2m= (qk-qh)= qh(qk h-1),但 qh 是奇数,又是 2m+1 2 2 2 2 1 的约数,故 h=0.r= (q2n+1),2m+1=q2n-1=(qn+1)(qn-1). 2

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∴qn+1=2α, qn-1=2β. (α+β=m+1, α>β), 而 2=2α-2β=2β(2α β-1), 从而 β=1, α-β=1, α=2. ∴m=2,u=4,qn=3,q=3,n=1,v=3.|OP|=5. ∴ |AM|=5-4=1,|BM|=5+4=9,|CN|=5+3=8,|DN|=5-3=2. 若设 q=2,则同法可得 u=3,v=4,与 u>v 矛盾,舍去. 又证:在得出 p、q 互质且其中必有一为偶数之后. 由于(pm, qn)=1, 故必存在互质的正整数 a, b(a>b), 使 a2-b2=qn, 2ab=pm, a2+b2=r. 或 2 2 m n 2 2 a -b =p ,2ab=q ,a +b =r. 若 pm=2ab,得 p=2,a|2m,b|2m,故 a=2λ,b=2μ,由 a,b 互质,得 μ=0,∴b=1,a=2m -1 . - - - - - qn=22m 2-1=(2m 1+1)(2m 1-1).故 2m 1+1=qα,2m 1-1=qβ,(α+β=n,且 α>β). - ∴ 2=qα-qβ=qβ(qα β-1).由 q 为奇数,得 β=0,2=qn-1,qn=3,从而 q=3,n=1, a2=4.a=2,m=2.仍得上解.

(1984 二试 4)设 an 是 12+22+32+?+n2 的个位数字,n=1,2,3?,试证:0.a1a2?an? 是有理数. 解由于 12+22+?+n2 的个位数字只与 1 到 n 的个位数字的平方和有关, 故只要考虑这 些数的个位数字的平方: 但 12≡1.22≡4,32≡9,42≡6,52≡5,62≡6,72≡9,82≡4,92≡1,02≡0(mod10) ∴a1=1,a2=5,a3=4,a4=0,a5=5,a6=1,a7=0,a8=4,a9=5,a10=5, a11=6,a12=0,a13=9,a14=5,a15=0,a16=6,a17=5,a18=9,a19=0,a20=0. 由 a20=0 知,a20k+r=ar(k,r∈N,0?r?19,并记 a0=0),即 0.a1a2?an?是一个循环 节为 20 位数的循环小数,即为有理数.其一个循环节为“15405104556095065900” .

(1985T9)在已知数列 1,4,8,10,16,19,21,25,30,43 中,相邻若干个数之和能被 11 整除的数组共有. 解:把这些数 mod 11 得 1,4,-3,-1,5,-3,-1,3,-3,-1. 依次累加,得:1,5,2,1,6,3,2,5,2,1.其中相等的和有 7 对(3 对 1,3 对 2,1 对 5),这表示原数列中共有 7 组相邻数之和能被 11 整除.

(1985 二试 1)在直角坐标系 xoy 中,点 A(x1,y1)和点 B(x2,y2) 的坐标均为一位的正整数. 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?, △OBB?的面积比△OAA?的面积大 33.5, 由 x1, y1, x2, y2 组成的四位数x1x2y2y1=x1?103+x2?102+y2?10+y1. 试

y
A' A

B

O

B' x

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求出所有这样的四位数,并写出求解过程. 解:x2y2-x1y1=67.x1<y1,x2>y2.且 x1,y1,x2,y2 都是不超过 10 的正整数. ∴x2y2>67,?x2y2=72 或 81.但 x2>y2,故 x2y2=91 舍去.∴x2y2=72.x2=9,y2=8. ∴x1y1=72-67=5.?x1=1,y1=5,∴x1x2y2y1=1985.

(1987T1) 对任意给定的自然数 n, 若 n6+3a 为正整数的立方, 其中 a 为正整数, 则( ) A.这样的 a 有无穷多个 B.这样的 a 存在,但只有有限个 C.这样的 a 不存在 D.以上 A、B、C 的结论都不正确 解:(n2+3k)3=n6+9n4k+27n2k2+27k3=n6+3(3n4+9n2k+9k2)k.取 a=(3n4+9n2k+9k2)k,(k 为任意正整数),则 n6+3a 为正整数的立方,由于 k 可任意取值,且当 k 增大时,a 也随 之增大.即 a 有无数个.选 A.

(1987T7)若 k 是大于 1 的整数, α 是 x2-kx+1=0 的一个根, 对于大于 10 的任意自然数 n, α +α
2n
-2n

的个位数字总是 7,则 k 的个位数字是.(河北供题)
- -

解:另一根=α 1,α+α 1=k,记 α +α 由 α +α
2n
-2n

2n

-2n

≡kn(mod 10),0?kn<10.

=(α

2n-1



-2n

-1

)2-2 得,kn≡kn-12+8(mod 10).若 k 为偶数,则 kn 为偶数,

不等于 7. 若 kn-1≡±1(mod 10),则 kn≡9,?kn+1≡9(mod 10); 若 kn-1≡±3(mod 10),则 kn≡7,?kn+1≡7(mod 10); 若 kn-1≡5(mod 10),则 kn≡9,?kn+1≡9(mod 10); 故 k 的个位数字为 3,5,7.

(1989T10)一个正数,若其小数部分、整数部分和其自身成等比数列,则该数为. 解设其小数部分为 α(0<α<1),整数部分为 n(n∈N*),则得,α(n+α)=n2, ∴n2<n+α<n+1. ∴ 1- 5 1+ 5 <n< , 2 2

但 n∈N*,故 n=1,得,α2+α-1=0, -1± 5 ∴?= , 2 -1+ 5 -1+ 5 由 α>0,知,?= .∴原数为 . 2 2

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(1989 二试 3)有 n×n(n?4)的一张空白方格表,在它的每一个方格内任意的填入+1 与-1 这两个数中的一个, 现将表内 n 个两两既不同行(横)又不同列(竖)的方格中的数的乘 积称为一个基本项.试证明:按上述方式所填成的每一个方格表,它的全部基本项之和 总能被 4 整除(即总能表示成 4k 的形式,其中 k∈Z) . 证明基本项共有 n!个,n>3,则基本项的个数为 4 的倍数,设共有 4m 项. 其中每个数 aij(=±1)都要在(n-1)!个基本项中出现,故把所有基本项乘起来后,每 个 aij 都乘了(n-1)!次,而 n>3,故(n-1)!为偶数,于是该乘积等于 1.这说明等于-1 的 基本项有偶数个,同样,等于+1 的基本项也有偶数个. 若等于-1 的基本项有 4l 个, 则等于+1 的基本项有 4m-4l 个, 其和为 4m-4l-4l=4(m -2l)为 4 的倍数; 若等于-1 的基本项有 4l-2 个,则等于+1 的基本项有 4m-4l+2 个,其和为 4m- 4l+2-4l+2=4(m-2l+1)为 4 的倍数.故证.

(1991T3)设 a 是正整数,a<100,并且 a3+23 能被 24 整除,那么,这样的 a 的个数为( ) A.4B.5C.9D.10 解:即 24|a3-1,而 a≡0,±1,±2,±3,4,则 a3≡0,±1,0,±3, 0.故 a-1≡0(mod8). 若 a≡0,1,2(mod3),则 a3≡0,1,-1(mod3),∴a-1≡0(mod3).即 a -1≡0(mod24).选 B.

(1991T10)19912000 除以 106,余数是. 解: 19912000=(1990+1)2000=19902000+?+C2000×19903+C2000×19902+C2000× 1990+1 ≡1000×1999×19902+2000×1990+1≡880001(mod106).即余数为 880001.
1997 1998 1999

(1993T10)整数?

1093 ? ?1031+3?的末两位数是_______.

3 x3 x +27-27 2 27 27 解:令 x=1031,则得 = =x -3x+9- .由于 0< <1,故所求末两位 x+3 x+3 x+3 x+3

数字为 09-1=08.

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(1994 二试 2) 将与 105 互素的所有正整数从小到大排成数列, 试求出这个数列的第 1000 项。 1 1 1 解: 由 105=3× 5× 7; 故不超过 105 而与 105 互质的正整数有 105× (1- )(1- )(1- )=48 3 5 7 个。 1000=48× 20+48-8, 105× 20=2100.而在不超过 105 的与 105 互质的数中第 40 个数是 86. ∴所求数为 2186。

(1995T3)如果甲的身高数或体重数至少有一项比乙大,则称甲不亚于乙,在 100 个小 伙子中,如果某人不亚于其他 99 人,就称他为棒小伙子,那么,100 个小伙子中的棒小 伙子最多可能有( ) (A)1 个 (B)2 个 (C)50 个 (D)100 个 解:把身高按从高到矮排为 1~100 号,而规定二人比较,身高较高者体重较小,则 每个人都是棒小伙子.故选D.

(1995 二试 2)求一切实数 p,使得三次方程 5x3-5(p+1)x2+(71p-1)x+1=66p 的三个根 均为正整数. 解:x=1 是方程的一个根.于是只要考虑二次方程 5x2-5px+66p-1=0 的两个根为正整数即可. 设此二正整数根为 u、v.则由韦达定理知, u+v=p① ? ? ? 1 ?uv=5 (66p-1) ?



消去 p,得 5uv-66(u+v)=-1.同乘以 5:52uv-5×66u-5×66v=-5. ∴ (5u-66)(5v-66)=662-5=4351=19×229.由于 u、v 均为整数,故 5u-66、5v -66 为整数.
? 5u-66=1,-1,19,-19, ∴? ?5v-66=4351,-4351,229,-229.

∴其中使 u、v 为正整数的,只有 u=17,v=59 这一组值.此时 p=76.

(1996T3)存在整数 n,使 p+n+ n是整数的质数 p ( (A)不存在 (C)多于一个,但为有限个 (B)只有一个 (D)有无穷多个

)

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解:如果 p 为奇质数,p=2k+1,则存在 n=k2(k∈N+),使 p+n+ n=2k+1.故选 D.

(1996T12)在直角坐标平面,以(199,0)为圆心,199 为半径的圆周上整点(即横、纵坐标皆 为整数的点)的个数为________. 解:把圆心平移至原点,不影响问题的结果.故问题即求 x2+y2=1992 的整数解数. 显然 x、y 一奇一偶,设 x=2m,y=2n-1.且 1?m,n?99. 则得 4m2=1992-(2n-1)2=(198+2n)(200-2n).m2=(99+n)(100-n)≡(n-1)(-n) (mod4)
?0,(当n?0,1(mod4)时) 由于 m 为正整数,m2≡0,1 (mod4);(n-1)(-n)≡? ?2,(当n?2,3(mod4)时)

二者矛盾,故只有(0,±199),(±199,0)这 4 解. ∴共有 4 个.(199,±199),(0,0),(398,0).

(1998 二试 3)对于正整数 a、n,定义 Fn(a)=q+r,其中 q、r 为非负整数,a=qn+r, 且 0?r<n.求最大的正整数 A,使得存在正整数 n1,n2,n3,n4,n5,n6,对于任意的正 整数 a?A,都有 Fn (Fn (Fn (Fn (Fn (Fn (a))))))=1.证明你的结论.
6 5 4 3 2 1

解: 将满足条件 “存在正整数 n1,n2,n3,n4,n5,n6,对于任意的正整数 a?B,都有 Fn (Fn -
k

k 1

(?(Fn (a)?)=1”的最大正整数 B 记为 xk 显然,本题所求的最大正整数 A 即为 x6。
1

⑴先证 x1=2.事实上,F2(1)=F2(2)=1,所以 x1?2 ,又当 n1?3 时,Fn (2) =2,而 F2
1

(3)=F1(2)=2,所以 x1<3,∴x1=2. ⑵设 xk 已求出, 且 xk 为偶数, 显然 xk?x1=2, 易知 xk+1 满足的必要条件是: 存在 n1, 使得只要 a?xk+1,就有 Fn (a)?xk.
1

令 xk+1=qn1+r,由 Fn (xk+1)=q+r?xk 可得
1

xk+1=qn1+r?qn1+xk-q=xk+q(n1-1). xk+2 若取 n1=2,由 ?xk,可知 xk+1?xk+2,由此可得 q>0,n1>1, 2 于是 0<(q-1)n1+n1-1=qn1-1<xk+1,因此 Fn ((q-1)n1+n1-1)=q+n1-2?xk.
1

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q+n1-1 2 xk+1 2 xk xk 1 故有 q(n1-1)?[( ) ]≤[( ) ]=[ + + ]. 2 2 4 2 4 xk xk 由于 xk 为偶数,从而 q(n1-1)? + . 4 2 xk x k ∵xk?2,∴xk+ + ?xk+2.所以总有 4 2 xk xk xk(xk+6) xk+1?xk+ + = . 4 2 4 xk xk(xk+6) xk xk xk(xk+6) 另一方面,若取 n1= +2,由于 = · n + 对于每个 a? ,令 a=qn1+r, 2 4 2 1 2 4 那么 xk xk xk xk 或者 q= ,r? ;或者 q? -1,r?n1-1= +1。 2 2 2 2 xk(xk+6) 两种情况下均有 q+r?xk,因此 xk+1= 。此外,因为 xk 为偶数,若 4|xk,由 2|xk+6 4 可得 8|xk(xk+6), 若 xk≡2(mod4), 由 xk+6≡0(mod4)也可得 8|xk(xk+6). 因此 xk+1 也是偶数。 xk(xk+6) 于是完成了归纳证明 xk+1= . 4 由 x1=2 逐次递推出 x2=4,x3=10,x4=40,x5=460,x6=53590. 即所求最大整数 A=53590.
2 2 2

2

(1999T7)已知正整数 n 不超过 2000,并且能表示成不少于 60 个连续正整数之和,那 么,这样的 n 的个数是___________. 7. 6. 首项为 a 为的连续 k 个正整数之和为 S k ?

?2a ? k ? 1?k
2

?

k ?k ? 1? 2

由 Sk≤2000,可得 60≤k≤62. 当 k=60 时,Sk=60a+30× 59,由 Sk≤2000,可得 a≤3,故 Sk=1830,1890,1950; 当 k=61 时,Sk=61a+30× 61,由 Sk≤2000,可得 a≤2,故 Sk=1891,1952; 当 k=62 时,Sk=62a+31× 61,由 Sk≤2000,可得 a≤1,故 Sk=1953. 于是,题中的 n 有 6 个.

(1999 二试 3)给定正整数 n,已知用克数都是正整数的 k 块砝码和一台天平可以称出质 量为 1,2,3,?,n 克的所有物品。 (1)求 k 的最小值 f(n);

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(2)当且仅当 n 取什么值时,上述 f(n)块砝码的组成方式是唯一确定的?并证明你的 结论。 解 析 : (1)设 这 k 块 砝 码 的 质 量 数 分 别 为 a1,a2,? ,ak, 且 1? a1? a2 ? ? ? ak, ai∈ Z, 1? i? k. 因 为 天 平 两 端 都 可 以 放 砝 码 , 故 可 称 质

量为

x i a i , x i ∈{ - 1 ,0 ,1 }.若 利 用 这 k 块 砝 码 可 以 称 出 质 量 为 1 ,

2, 3, ? ,n 的 物 品 , 则 上 述 表 示 式 中 含 有 1, 2, ? , n, 由 对 称 性 易 知 也 含 有 0, -1, -2, ? , -n, 即



xiai|xi∈ { -1, 0, 1} }

{ 0,±1, ? , ±n} .

所 以 , 2n+1=|{ 0, ±1, ? , ±n} | ? |{ 1} } |? 3 , 即 n?
k

xiai|xi∈ { -1, 0,

设 <n? (m? 1,m∈ Z), 则 k? m. m-1 且 k=m 时 , 可 取 a1=1,a2=3,? ,am=3 . 由 数 的 三 进 制 表 示 可 知 , 对 任 意 0? p? 3 -1,都 有 p= yi∈ { 0, 1, 2} . 则 p= yi3 - 3 = (yi-1)3 . 令 xi=yi-1, 则 xi∈ { -1, 0, 1} . 故对一切∈ { -1, 0, 1} . 由 于 n? , 因此, 对 一 切 -n? l? n 的 整 数 l, 也有上述表示. ? l? 的 整 数 l, 都 有 l= xi3
i-1 i-1 i-1 i-1 m

yi3

i-1

,其中

,其 中 xi

综上,可知 k 的最小值 f(n)=m·( <n? ) .

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(2)Ⅰ .当

<n<3

时 , 由 (1)可 知 1, 3,? , 3
m-1 m

m-1

,3 就 是

m

一 种 砝 码 的 组 成 方 式 .下 面 我 们 证 明 1,3,? ,3 式 若 1? l? 则 l= 若 则 xi3
i-1

,3 -1 也 是 一 种 方

, 由 (1)可 知 +0·(3 -1); , .
m

l=

xi3

i-1

, xi∈ { -1, 0, 1} .

<l? n<3 <l+1?

由 (1)可 知

l+1=

, 其 中 xi∈ { -1, 0, 1} . 3
i-1

易 知 xm+1=1. (否 则 l? 所 以 , 当 n≠

-1=

-1,矛 盾 )则 l=

· (3 1).

m-

时 , f(n)块 砝 码 的 组 成 方 式 不 惟 一 .

Ⅱ .下 面 我 们 证 明 : 当 n= 惟 一 的 , 即 ai=3 若对每个即{
i-1

时 , f(n)=m 块 砝 码 的 组 成 方 式 是

(1? i? m). ? l? ,都 有 l= xiai, xi∈ { -1, 0, 1} . }.

xiai|xi∈ { -1, 0, 1} }

{ 0,±1, ? , ±

注 意 左 边 集 合 中 至 多 有 3m 个 元 素 . 故 必 有 { xiai|xi∈ { -1, 0, 1} } ={ 0,±1, ? , ± ? l? ,都 可 以 惟 一 地 表 示 为 }.

从 而 , 对 每 个 l, -

l=
因而, ai= .则

xiai, 其 中 xi∈ { -1,0,1} .

(xi+1)ai=

xiai+

ai=

xiai+



令 yi=xi+1,则 yi∈ { 0, 1, 2} .

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m

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由 上 可 知 , 对 每 个 0? l? 3 -1, 都 可 以 惟 一 地 表 示 为

l=

yiai, 其 中 yi∈ { 0, 1, 2} .

特 别 地 , 易 知 1? a1<a2<? <am. 下 面 用 归 纳 法 证 明 ai=3 当 i=1 时 , 易 知
i-1

? (1? i? m).

yiai 中 最 小 的 正 整 数 是 a1,故 a1=1.
i-1

假 设 当 1? i? p 时 , ai=3 由于 yiai= yi3
i-1



, yi∈ { 0, 1, 2} 就 是 数 的 三 进 制 表 示 , 易
p

知 它 们 正 好 是 0 ,1 ,2 ,? , 3 - 1 ,故 a p + 1 应 是 除 上 述 表 示 外{ ∈ { 0,1,2} } 中 最 小 的 数 , 因 此 , ap+1=3 . i-1 由 归 纳 法 可 知 , ai=3 (1? i? m).
p

yiai|yi

综 合 Ⅰ , Ⅱ 可 知 , 当 且 仅 当 n= 是惟一确定的.

时 , 上 述 f(n)块 砝 码 的 组 成 方 式

(2001 二试 3)三.将边长为正整数 m,n 的矩形划分成若干边长均为正整数的正方 形.每个正方形的边均平行于矩形的相应边.试求这些正方形边长之和的最小值. 【解】记所求最小值为 f(m,n) ,可以证明 f(m,n)=m+n-(m,n). (*) 其中(m,n)表示 m 和 n 的最大公约数.??????????????????10 分 事实上,不妨设 m?n. (1)关于 m 归纳,可以证明存在一种合乎题意的分法,使所得正方形边长之和恰为 m+n-(m,n). 当 m=1 时,命题显然成立. D1 假设当 m?k 时, 结论成立 (k?1) . 当 m=k+1 时, 若 n= k+1, C D 则命题显然成立.若 n< k+1 ,从矩形 ABCD 中切去正方形 n AA1D1D (如图) , 由归纳假设矩形 A1BCD1 有一种分法使得所得 正方形边长之和恰为 m-n+n-(m-n,n)= m-(m,n). m A1 A B 于是原矩形 ABCD 有一种分法使得所得正方形边长之和为 m+n- (m,n).????20 分 (2)关于 m 归纳可以证明(*)成立. 当 m=1 时,由于 n=1,显然 f (m,n)=1= m+n- (m,n). 假设当 m?k 时,对任意 1?n?m 有 f (m,n)= m+n- (m,n).

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若 m=k+1,当 n= k+1 时显然 f(m,n)= k+1= m+n- (m,n). 当 1?n?k 时,设矩形 ABCD 按要求分成了 p 个正方形,其边长分别为 a1,a2,?,ap, 不妨设 a1?a2???ap. 显然 a1=n 或 a1<n. 若 a1<n, 则在 AD 与 BC 之间的与 AD 平行的任一直线至少穿过二个分成的正方形 (或 其边界) ,于是 a1+a2+?+ap 不小于 AB 与 CD 之和. 所以 a1+a2+?+ap?2m>m+n- (m,n). 若 a1=n,则一个边长分别为 m-n 和 n 的矩形可按题目要求分成边长分别为 a2,?, ap 的正方形,由归纳假设 a2+?+ap?m-n+n-(m-n,n)= m- (m,n). 从而 a1+a2+?+ap?m+n-(m,n). 于是当 m=k+1 时,f(m,n)?m+n- (m,n). 再由(1)可知 f (m,n)=m+n- (m,n).???????????????????50 分

(2002 二试 3)在世界杯足球赛前,F 国教练为了考察 A1,A2,?,A7 这七名,准备让他们 在三场训练比赛(每场 90 分钟)都上场,假设在比赛的任何时刻,这些中有且仅有一人在 场上,并且 A1,A2,A3,A4 每人上场的总时间(以分钟为单位)均被 13 整除,如果每场换人次 数不限,那么按每名队员上场的总时间计算,共有多少种不同的情况。 解:设第 i 名队员上场的时间为 xi 分钟(i=1,2,3,?,7),问题即求不定方程 x1+x2+?+x7=270 ① 在条件 7|xi (1?i?4)且 13|xj (5?j?7)下的正整数解的级数。 若(x1,x2,?,x7)是满足条件①的一组正整数解,则应有

?x
i ?1

4

i

=7m

?x
j ?5

7

j

=13n

m,n∈N

∴m,n 是不定方程 7m+13n=270 在条件 m?4 且 n?3 下的一组正整数解。????10 分 ∵ 7(m-4)+13(n-3)=203 令 m′=m ?4 n′=n ?3 有 7m′+13n′=270 ∴求②满足条件 m?4 且 n?3 的正整数解等价于求③的非负整数解。 ∵易观察到 7·2+13·(-1)=1 ∴ 7·406+13·(-203)=203 即 m0=406 n0= ?203 是③的整数解 ∴③的整数通解为 m′=406 ?13k n′= ?203+7k k∈Z ②



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令 m′?0 n′?0,解得 29?k?31 取 k=29,30,31 得到③满足条件的三组非负整数解:

????20 分

?m? ? 29 ?m? ? 16 ?m? ? 3 ? ? ? ?n? ? 0 ?n? ? 7 ?n? ? 14
从而得到②满足条件的三组正整数解:

?m ? 33 ?m ? 20 ?m ? 7 ????30 分 ? ? ? ?n ? 3 ?n ? 10 ?n ? 17
1)在 m=33,n=3 时,显然 x5=x6=x7=13 仅有一种可能, 又设 xi=7yi (i=1,2,3,4),于是由不定方程 y1+y2+y3+y4=33 有 C33?1 ? C32 ? 4960组正整数
3 4?1

解。 ∴此时①有满足条件的 C 32 =4960 组正整数解。 2)在 m=20,n=10 时,设 xi=7yi (i=1,2,3,4),xj=13yj (j=5,6,7) 由 y1+y2+y3+y4=20,有 C19 组正整数解;以及 y5+y6+y7=10,有 C9 组正整数解。 ∴此时①有满足条件的 C19 ? C9 =34884 组正整数解。
3 2 3 2 3

3)在 m=7,n=17 时,设 xi=7yi (i=1,2,3,4),xj=13yj
3

(j=5,6,7)
2

由 y1+y2+y3+y4=7,有 C6 组正整数解;以及 y5+y6+y7=17,有 C16 组正整数解。??40 分 综上所述,①满足条件的正整数解的组数为
3 3 3 3 2 =4960+34884+2400=42244??50 分 C32 ? C19 ? C9 ? C6 ? C16

(2003 二试 2)设三角形的三边长分别是正整数 l,m,n.且 l>m>n>0.
l m n ? 3 ? ?3 ? ? 3 ? 已知? 4?=? 4?=? 4?,其中{x}=x-[x],而[x]表示不超过 x 的最大整数.求这种三 ?10 ? ?10 ? ?10 ?

角形周长的最小值.
l m n ? 3 ? ?3 ? ? 3 ? 解:当 3l、3m、3n 的末四位数字相同时,? 4?=? 4?=? 4?. ?10 ? ?10 ? ?10 ?

即求满足 3l?3m≡3n( mod 104)的 l、m、n.∴ 3n(3l n-1)≡0 (mod 104).(l-n>0) - - 但 (3n,104)=1,故必有 3l n≡1(mod 104);同理 3m n≡1(mod 104). 下面先求满足 3x≡1(mod 104)的最小正整数 x.


1 4 ∵?(104)=104? ? =4000.故 x|4000.用 4000 的约数试验: 2 5

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4 ∵x=1,2,时 3x≡ ∕ 1(mod 10),而 3 ≡1(mod 10),∴x 必须是 4 的倍数; 2 20 2 ∵x=4,8,12,16 时 3x≡ ∕1(mod 10 ),而 3 ≡1(mod 10 ),∴x 必须是 20 的倍数; 3 100 3 ∵x=20,40,60,80 时 3x≡ ∕ 1(mod 10 ),而 3 ≡1(mod 10 ),∴x 必须是 100 的倍

数;
4 500 4 ∵x=100,200,300,400 时 3x≡ ∕ 1(mod 10 ),而 3 ≡1(mod 10 ). 即, 使 3x≡1(mod 104)成立的最小正整数 x=500, 从而 l-n、 m-n 都是 500 的倍数, 设 l-n=500k,m-n=500h,(k,h∈N*,k>h). 由 m+n>l,即 n+500h+n>n+500k,?n>500(k-h)?500,故 n?501. 取 n=501,m=1001,l=1501,即为满足题意的最小三个值. ∴所求周长的最小值=3003.

(2004T10)设 p 是给定的奇质数,正整数 k 使得 k2-pk也是一个正整数,则 k=; p p2 1 解:设 k2-pk=n,则(k- )2-n2= ,?(2k-p+2n)(2k-p-2n)=p2,?k= (p+1)2. 2 4 4 (2004 二试 3)对于整数 n?4, 求出最小的整数 f(n),使得对于任何正整数 m, 集合{m, m+1,?,m+n-1}的任一个 f(n)元子集中,均至少有 3 个两两互素的元素. 解:⑴当 n?4 时,对集合 M(m,n)={m,m+1,?,m+n-1}, 当 m 为奇数时,m,m+1,m+2 互质,当 m 为偶数时,m+1,m+2,m+3 互质.即 M 的子集 M 中存在 3 个两两互质的元素,故 f(n)存在且 f(n)?n.① 取集合 Tn={t|2|t 或 3|t,t?n+1},则 T 为 M(2,n)={2,3,?,n+1}的一个子集,且其 中任 3 个数无不能两两互质.故 f(n)?card(T)+1. n+1 n+1 n+1 n+1 n+1 n+1 但 card(T)=[ ]+[ ]-[ ].故 f(n)?[ ]+[ ]-[ ]+1.② 2 3 6 2 3 6 由①与②得,f(4)=4,f(5)=5.5?f(6)?6,6?f(7)?7,7?f(8)?8,8?f(9)?9. 现计算 f(6),取 M={m,m+1,?,m+5},若取其中任意 5 个数,当这 5 个数中有 3 个奇数时,这 3 个奇数互质;当这 3 个数中有 3 个偶数 k,k+2,k+4(k?0(mod 2))时,其 中至多有 1 个被 5 整除,必有 1 个被 3 整除,故至少有 1 个不能被 3 与 5 整除,此数与 另两个奇数两两互质.故 f(6)=5. 而 M(m,n+1)=M(m,n)∪{m+n},故 f(n+1)?f(n)+1.③ ∴f(7)=6,f(8)=7,f(9)=8. n+1 n+1 n+1 ∴对于 4?n?9,f(n)=[ ]+[ ]-[ ]+1 成立.④ 2 3 6 设对于 n?k,④成立,当 n=k+1 时,由于 M(m,k+1)=M(m,k-5)∪{m+k-5,m+k-4,?,m+k}. 在{m+k-5,m+k-4,?,m+k}中,能被 2 或 3 整除的数恰有 4 个,即使这 4 个数 全部取出,只要在前面的 M(m,k-5)中取出 f(n)个数就必有 3 个两两互质的数.于是 当 n?4 时,f(n+6)?f(n)+4=f(n)+f(6)-1.

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k+2 k+2 k+2 故 f(k+1)?f(k-5)+f(6)-1=[ ]+[ ]-[ ]+1, 2 3 6 比较②,知对于 n=k+1,命题成立. n+1 n+1 n+1 ∴对于任意 n∈N*,n?4,f(n)=[ ]+[ ]-[ ]+1 成立. 2 3 6 又可分段写出结果: 4k+1,(n=6k,k∈N*), 4k+2,(n=6k+1,k∈N*), 4k+3,(n=6k+2,k∈N*), f(n)= 4k+4,(n=6k+3,k∈N*), 4k+4,(n=6k+4,k∈N*), 4k+5,(n=6k+5,k∈N*).

(2005T6) 记集合 T ? {0,1,2,3,4,5,6}, M ? {

a1 a 2 a3 a 4 ? ? ? | ai ? T , i ? 1,2,3,4}, 7 7 2 73 7 4


将 M 中的元素按从大到小的顺序排列,则第 2005 个数是(

5 5 6 3 A. ? 2 ? 3 ? 4 7 7 7 7 1 1 0 4 C. ? 2 ? 3 ? 4 7 7 7 7

5 5 6 2 B. ? 2 ? 3 ? 4 7 7 7 7 1 1 0 3 D. ? 2 ? 3 ? 4 7 7 7 7
4

解:用 [a1a2 ?ak ] p 表示 k 位 p 进制数,将集合 M 中的每个数乘以 7 ,得

M ? ? {a1 ? 73 ? a2 ? 72 ? a3 ? 7 ? a4 | ai ?T , i ? 1,2,3,4} ? {[a1a2a3a4 ]7 | ai ?T , i ? 1,2,3,4}.
M ? 中的最大数为 [6666 ]7 ? [2400 ]10 。
在十进制数中,从 2400 起从大到小顺序排列的第 2005 个数是 2400-2004=396。而

[396]10 ?
1 1 0 4 [1104 ]7 将此数除以 7 4 ,便得 M 中的数 ? 2 ? 3 ? 4 . 故选 C。 7 7 7 7

当n为平方数, ?0 ? (2005 二试 3)对每个正整数 n,定义函数 f (n) ? ? 1 . ?[{ n }]当n不为平方数 ?

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(其中[x]表示不超过 x 的最大整数, {x} ? x ? [ x]). 试求:
* 2 2
2

? f (k ) 的值.
k ?1

240

解:对任意 a, k ? N ,若 k ? a ? (k ? 1) ,则 1 ? a ? k ? 2k ,设 a ? k ? ? ,0 ? ? ? 1, 则

1

{ a} ?

?

1

?

1 a ?k
2

?

a ? k 2k ? ? 2k 1 2k ? ? ? 1,?[ ]?[ ]. 2 2 2 a?k a?k a?k a ?k2 { a}
2

让 a 跑遍区间 (k , (k ? 1) )中的所有整数,则

k 2 ? a ?( k ?1) 2
( n ?1) 2

?

[

2k 1 2k ] ? ?[ ], {a} i i ?1

于是

?
a ?1

f (a) ? ?? [
i ?1 i ?1

n

2k

2k ??① ] i

下面计算

?[
i ?1

2k

2k ], 画一张 2k×2k 的表,第 i 行中,凡是 i 行中的位数处填写“*” i
2k 2k 2k ] 个,全表的“*”号共 ? [ ] 个;另一方面,按列收集“*” i i i ?1

号,则这行的“*”号共 [

号数,第 j 列中,若 j 有 T(j)个正因数,则该列使有 T(j)个“*”号,故全表的“*” 号个数共

?T ( j) 个,因此 ?[
j ?1
i ?1

2k

2k

2k 2 k ] = ?T ( j) . i j ?1

示例如下: j i 1 2 3 4 5 6 则 * 1 * 2 * * * * 3 * 4 * * 5 * 6 * * *

? f (a) ? ??T ( j) ? n[T (1) ? T (2)] ? (n ? 1)[T (3) ? T (4)] ?? ? [T (2n ? 1) ? T (2n)]
i ?1 i ?1 j ?1

n

n

2k

??②

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由此,

? f (k ) ?? (16 ? k )[T (2k ? 1) ? T (k )] ??③
k ?1 k ?1

256

15

记 ak ? T (2k ? 1) ? T (2k ), k ? 1,2,?,15, 易得 ak 的取值情况如下:

k

1 3

2 5

3 6

4 6

5 7

6 8

7 6

8 9

9 8

10 8

11 8

12 10

13 7

14 10

15 10

ak

因此,

? f (k ) ?? (16 ? k )ak ? 783??④
k ?1 k ?1

16 n

15

据定义 f (256) ? f (16 ) ? 0 ,
2

又当 k ?{241 ,242,?,255 }, 设k ? 15 ? r
2

(16 ? r ? 30) ,
?

k ? 15 ? 152 ? r ? 15 ?

r r r , ? ? 152 ? r ? 15 31 152 ? r ? 15 30

r

1?

1 30 1 31 ] ? 1, k ? {241 ,242,?,255 } ??⑤ ? ? ? 2 ,则 [ r { 152 ? r } r { k}

从则

? f (k ) ? 783? ? f (k ) ? 783? 15 ? 768.
i ?1 i ?1

240

256

(2006T6)数码 a1 , a2 , a3 ,?, a2006 中有奇数个 9 的 2007 位十进制数 2a1a2a3 ?a2006 的个 数为 A.

1 1 (10 2006 ? 82006 ) B. (10 2006 ? 82006 ) 2 2
B

C. 10

2006

? 82006 D. 102006 ? 82006
的 十 进 制 数 个 数 有
2006 k ?0

【答】 () 【 答 】(

)【 解 】 出 现 奇 数 个

9

1 3 2005 k 92006?k 以 及 A ? C2006 92005 ? C2006 92003 ??? C2006 9 。 又 由 于 (9 ? 1)2006 ? ? C2006

k (9 ? 1)2006 ? ? C2006 (?1)k 92006?k ,从而得 k ?0

2006

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1 3 2005 A ? C2006 92005 ? C2006 92003 ? ? ? C2006 9?

1 2006 2006 (10 ? 8 ) 。 2

(2007 二试 3) 设集合 P={1, 2, 3, 4, 5}, 对任意 k∈P 和正整数 m, 记 f(m, k)=

? ?m
i ?1

5

? ?

k ?1 ? ?, i ?1 ?

其中[a]表示不大于 a 的最大整数。求证:对任意正整数 n,存在 k∈P 和正整数 m,使得 f(m,k)=n。 三、 (本题满分 50 分)设集合 P={1,2,3,4,5},对任意 k∈P 和正整数 m,记 f(m,k)=

? ?m
i ?1

5

? ?

k ?1 ? ? ,其中[a]表示不大于 a 的最大整数。求证:对任意正整数 n,存 i ?1 ?

在 k∈P 和正整数 m,使得 f(m,k)=n。 证明:定义集合 A={ m k ? 1 |m∈N*,k∈P},其中 N*为正整数集。由于对任意 k、i∈P 且 k≠i,

k ?1 是无理数, 则对任意的 k1、 k2∈P 和正整数 m1、 m2, m1 k1 ?1 ? m2 k2 ?1 i ?1

当且仅当 m1=m2,k1=k2。由于 A 是一个无穷集,现将 A 中的元素按从小到大的顺序排成 一个无穷数列。对于任意的正整数 n,设此数列中第 n 项为 m k ? 1 。下面确定 n 与 m、

k ?1 。由 m1 是正整数可知,对 i=1,2, i ?1 5 ? ? k ?1 ? k ?1 ? 3,4,5,满足这个条件的 m1 的个数为 ?m 。从而 n = ? ?m ? =f(m,k)。 ? i ? 1 i ? 1 i ? 1 ? ? ? ?
k 的关系。若 m1 i ? 1 ? m k ? 1 ,则 m1 ? m 因此对任意 n∈N*,存在 m∈N*,k∈P,使得 f(m,k)=n。

(2009 二试 3)设 k , l 是给定的两个正整数.证明:有无穷多个正整数 m ? k ,使得 Ck m 与 l 互素.

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(2010T8)方程 x ? y ? z ? 2010满足 x ? y ? z 的正整数解(x,y,z)的个数是. 336675

0 正 整 数 解 的 个 数 为 提 示 : 首 先 易 知 x ? y ? z ? 2 0 1的

2 . 4 C2 ?92 0 0 ?1 90 0 0 0

把 x ? y ? z ? 2010满足 x ? y ? z 的正整数解分为三类: (1) x, y , z 均相等的正整数解的个数显然为 1; (2) x, y , z 中有且仅有 2 个相等的正整数解的个数,易知为 1003; (3)设 x, y , z 两两均不相等的正整数解为 k . 易知

1 ? 3 ? 1003 ? 6k ? 2009 ? 1004 ,
所以

6k ? 2009 ? 1004 ? 3 ? 1003 ? 1 ? 2006 ? 1005 ? 2009 ? 3 ? 2 ? 1 ? 2006 ? 1005 ? 2004 ,


k ? 1003 ? 335 ? 334 ? 335671 .
从而满足 x ? y ? z 的正整数解的个数为

1 ? 1003 ? 335671 ? 336675 .

(2010 二试 2)设 k 是给定的正整数, r ? k ?

1 (l ) (1) .记 f (r ) ? f (r ) ?r ? r? ? ? , f (r ) ? 2

f ( f (l ?1) (r )), l ? 2 .证明:存在正整数 m,使得 f ( m) (r ) 为一个整数.这里, ? ? x? ? 表示

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不小于实数 x 的最小整数,例如: ? ? ? 1 , ? ?1? ? ? 1. 2 记 v2 (n) 表示正整数 n 所含的 2 的幂次.则当 m ? v2 (k ) ? 1 时, f 下面我们对 v2 (k ) ? v 用数学归纳法. 当 v ? 0 时,k 为奇数, k ? 1 为偶数,此时
( m)

?1? ? ?

(r ) 为整数.

1 ?? 1? ? 1? ? f (r ) ? ? k ? ? ?k ? ? ? ? k ? ? ? k ? 1? 2?? 2? ? 2? ?
为整数. 假设命题对 v ? 1(v ? 1) 成立. 对于 v ? 1 ,设 k 的二进制表示具有形式

k ? 2v ? ?v?1 ? 2v?1 ? ?v?2 ? 2v?2 ? ?,
这里, ?i ? 0 或者 1, i ? v ? 1, v ? 2, ? . 于是

1 ?? 1? ? 1? ? f (r ) ? ? k ? ? ?k ? ? ? ? k ? ? ? k ? 1? 2?? 2? ? 2? ?
1 k ? ? k2 ? k 2 2 1 ? ? 2v ?1 ? (? v ?1 ? 1) ? 2v ? (? v ?1 ? ? v ? 2 ) ? 2v ?1 ? ? ? 22 v ? ? 2 1 ? k ? ? ,① 2 ?
这里

k ? ? 2v?1 ? (?v?1 ?1) ? 2v ? (?v?1 ? ?v?2 ) ? 2v?1 ? ?? 22v ? ? .
显然 k ? 中所含的 2 的幂次为 v ? 1 .故由归纳假设知, r ? ? k ? ? 整数,由①知, f
( v ?1)

1 经过 f 的 v 次迭代得到 2

(r ) 是一个整数,这就完成了归纳证明.

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3 (2011T8)已知 a n ? C n 200?? 6 ?

200? n

? 1 ? ? ?? ? ? (n ? 1,2, ? ,95) ,则数列 {a n } 中整数项的个 ? 2?

n

数为.

(2011 二试 2)证明:对任意整数 n ? 4 ,存在一个 n 次多项式
f ( x) ? x n ? a n?1 x n?1 ? ? ? a1 x ? a0

具有如下性质: (1) a 0 , a1 , ? , a n ?1 均为正整数; (2)对任意正整数 m ,及任意 k (k ? 2) 个互不相同的正整数 r1 , r2 , ?, rk ,均 有
f (m) ? f (r1 ) f (r2 ) ? f (rk ) .

初等数论

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高中数学联赛

真题分类汇编

于洪伟

(2011 二试 4)设 A 是一个 3? 9 的方格表,在每一个小方格内各填一个正整 数.称 A 中的一个 m ? n (1 ? m ? 3, 1 ? n ? 9) 方格表为“好矩形” ,若它的所有数的 和为 10 的倍数.称 A 中的一个 1?1 的小方格为“坏格” ,若它不包含于任何一 个“好矩形” .求 A 中“坏格”个数的最大值.

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(2013 二试 4)

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(2014 二试 4)

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