1、A4 整除A4001 证明：当且仅当指数 n不能被 4整除时，1 n2 n3 n4 n能被 5整除【题说】1901 年匈牙利数学奥林匹克题 1【证】容易验证 142 43 44 4 （mod 5）假设 n=4kr，k 是整数，r=0，1，2，3则Sn=1n2 n3 n4 n1 r2 r3 r4 r（mod 5）由此推出，当 r=0时，S n4，而当 r=1，2，3 时，S n0（mod 5） 因此，当且仅当 n不能被4整除时，S n能被 5整除A4002 证明：从 n个给定的自然数中，总可以挑选出若干个数（至少一个，也可能是全体） ，它们的和能被 n整除【题说】1948 年匈牙利数学奥林匹克题
2、 3【证】设 a1，a 2，a n是给定的 n个数考察和序列：a1，a 1a 2，a 1a 2a 3，a 1a 2a n如果所有的和数被 n除时余数都不相同，那么必有一个和数被 n除时余数为 0此时本题的断言成立如果在 n个和数中，有两个余数相同（被 n除时） ，那么从被加项较多的和数中减去被加项较少的和数，所得的差能被 n整除此时本题的断言也成立A4003 1设 n为正整数，证明 132n1 是 168的倍数2问：具有那种性质的自然数 n，能使 123n 整除 123n【题说】1956 年上海市赛高三复赛题 1【解】113 2n1=（13 2） n1，能被 1321，即 168整除2问题即何
3、时为整数（1）若 n1 为奇质数，则（n1） 2（n1）！（2）若 n1=2，则（n1）|2（n1）！（3）若 n1 为合数，则n1=ab其中 ab1在 b=2时，a=n1an1，所以a|（n1）！， （n1）|2（n1）！在 b2 时，2an1an1，所以2ab|（n1）！更有 （n1）|2（n1）！综上所述，当 np1（p 为奇质数）时，12n 整除 12nA4004 证明：如果三个连续自然数的中间一个是自然数的立方，那么它们的乘积能被 504整除【题说】 1957 年1958 年波兰数学奥林匹克三试题 1【证】设三个连续自然数的乘积为 n=（a 31）a 3（a 31） （1）a1，2，
4、-3（mod 7）时，7|a 31a1，2，3（mod 7）时，7|a 31a0（mod 7）时，7|a 3因此 7|n（2）当 a为偶数时，a 3被 8整除；而当 a为奇数时，a 31 与 a31 是两个相邻偶数，其中一个被 4整除，因此积被 8整除（3）a1，2，4（mod 9）时，9|a 31a1，2，-4（mod 9）时，9|a31a0，3（mod 9）时，9|a 3因此 9|n由于 7、8、9 互素，所以 n被 504=789整除A4005 设 x、y、z 是任意两两不等的整数，证明（xy） 5（yz） 5（zx） 5能被5（yz） （zx） （xy）整除【题说】1962 年全俄数学
5、奥林匹克十年级题 3【证】令 xy=u，yz=v，则 zx=（uv） （xy） 5（yz） 5（zx） 5=u5v 5（uv） 5=5uv（nv） （u 2uvv 2）而 5（yz） （zx） （xy）=5uv（uv） 因此，结论成立，而且除后所得商式为u2uvv 2=x2y 2z 22xy2yz2xz【别证】也可利用因式定理，分别考虑原式含有因式（xy） ， （yz） ， （zx）以及 5A4006 已知自然数 a与 b互质，证明：ab 与 a2b 2的最大公约数为 1或 2【题说】1963 年全俄数学奥林匹克八年级题 4【证】设（ab，a 2b 2）=d，则 d可以整除（ab） 2（a 2
6、b 2）=2ab但由于 a、b 互质，a 的质因数不整除 ab，所以 d与 a互质，同理 d与 b互质因此 d=1或2A4007 （a）求出所有正整数 n使 2n1 能被 7整除（b）证明：没有正整数 n能使 2n1 被 7整除【题说】第六届（1964 年）国际数学奥林匹克题 1本题由捷克斯洛伐克提供解的关键是找出 2n被 7除所得的余数的规律【证】 （a）设 m是正整数，则23m=（2 3） m=（71） m=7k1（k 是正整数）从而 2 3m+1=223m=2（7k1）=7k 1223m+2=423m=4（7k1）=7k 24所以当 n=3m时，2 n17k；当 n=3m1 时，2 n1
7、=7k 11；当 n=3m2 时，2 n1=7k 23因此，当且仅当 n是 3的倍数时，2 n1 能被 7整除（b）由（a）可知，2 n1 被 7除，余数只可能是 2、3、5因此，2 n1 总不能被 7整除A4008 设 k、m 和 n为正整数，mk1 是比 n1 大的一个质数，记 Cs=s（s1） 证明：乘积（C m+1C k） （C m+2-Ck）（C m+nC k）能被乘积 C1C2Cn整除【题说】第九届（1967 年）国际数学奥林匹克题 3本题由英国提供【证】C pC q=p（p1）q（q1）=p2q 2pq=（pq） （pq1）所以 （C m+1C k） （C m+2C k）（C m
8、+nC k）=（mk1） （mk2）（mkn）（mk2） （mk3）（mkn1）C1C2Cn=n！（n1）！因此只需证=AB是整数由于 n个连续整数之积能被 n！整除，故 A是整数是整数因为 mk1 是大于 n1 的质数，所以 mk1 与（n1）！互素，从而（mk2）（mk3）（mkn1）能被（n1）！整除，于是 B也是整数，命题得证A4009 设 a、b、m、n 是自然数且 a与 b互素，又 a1，证明：如果 amb m能被 anb n整除，那么 m能被 n整除【题说】第六届（1972 年）全苏数学奥林匹克十年级题 1【证】由于akb k=ak-n（a nb n）b n（a k-nb k-n
9、）alb l=al-n（a nb n）b n（a l-nb l-n）所以（i）如果 akb k能被 anb n整除，那么 ak-nb k-n也能被 anb n整除（ii）如果 alb l能被 anb n整除，那么 al-nb l-n也能被 anb n整除设 m=qnr，0rn，由（i） 、 （ii）知 ar（1） qbr能被 anb n整除，但 0|a r（1）qbr|a nb n，故 r=0（同时 q是奇数） 亦即 n|mA4010 设 m，n 为任意的非负整数，证明：是整数（约定 0！=1） 【题说】第十四届（1972 年）国际数学奥林匹克题 3本题由英国提供易证 f（m1，n）=4f（m
10、，n）f（m，n1） （1）n）为整数，则由（1） ，f（m1，n）是整数因此，对一切非负整数 m、n，f（m，n）是整数A4011 证明对任意的自然数 n，和数不能被 5整除【题说】第十六届（1974 年）国际数学奥林匹克题 3本题由罗马尼亚提供又两式相乘得因为 72n+1=749n2（1） n（mod 5）A4012 设 p和 q均为自然数，使得证明：数 p可被 1979整除【题说】第二十一届（1979 年）国际数学奥林匹克题 1本题由原联邦德国提供将等式两边同乘以 1319！，得其中 N是自然数由此可见 1979整除 1319！p因为 1979是素数，显然不能整除 1319！，所以 19
11、79整除 pA4013 一个六位数能被 37整除，它的六个数字各个相同且都不是 0证明：重新排列这个数的六个数字，至少可得到 23个不同的能被 37整除的六位数【题说】第十四届（1980 年）全苏数学奥林匹克十年级题 1（cf）被 37整除由于上述括号中的数字是对称出现的，且各数字不为 0，故交换对又因为 100a10bc=999c10（100c10ab） ，所以各再得 7个被 37整除的数，这样共得 23个六位数A4014 （ a）对于什么样的整数 n2，有 n个连续正整数，其中最大的数是其余 n1 个数的最小公倍数的约数？（b）对于什么样的 n2，恰有一组正整数具有上述性质？【题说】第二十
12、二届（1981 年）国际数学奥林匹克题 4【解】设 n个连续正整数中最大的为 m当 n=3时，如果 m是 m1，m2 的最小公倍数的约数，那么 m整除（m1） （m2） ，由m|（m1） （m2）得 m|2，与 m20 矛盾设 n=4由于m|（m1） （m2） （m3）所以 m|6，而 m4，故这时只有一组正整数 3，4，5，6 具有所述性质设 n4由于 m|（m1） （m2）（mn1） ，所以 m|（n1）！取 m=（n1） （n2） ，则（n1）|（m（n1） ） ， （n2）|（m（n2） ） 由于 n1 与 n2 互质，m（n1）与m（n2）互质，所以 m=（n1） （n2）整除 m（
13、n1）与 m（n2）的最小公倍数，因而 m具有题述性质类似地，取 m=（n2） （n3） ，则 m整除 m（n2）与 m（n3）的最小公倍数，因而 m具有题述性质所以，当 n4 时，总能找到具有题述性质的一组正整数当且仅当 n=4时，恰有唯一的一组正整数A4015 求一对正整数 a和 b，使得：（1）ab（ab）不被 7整除；（2） （ab） 7a 7b 7被 77整除证明你的论断【题说】第二十五届（1984 年）国际数学奥林匹克题 2【解】 （ab） 7a 7b 7=7a6b21a 5b235a 4b335a 3b421a 2b57ab 6=7ab（a 5b 5）3ab（a 3b 3）5a
14、2b2（ab）=7ab（ab）a 42a 3b3a 2b22ab 3b 4=7ab（ab） （a 2abb 2） 2取 a=18，b=1，则 a2abb 2=a（ab）b 2=343=73所以（ab） 7a 7b 7被 77整除，ab（ab）不被 7整除A4016 1是否存在 14个连续正整数，其中每一个数均至少可被一个不小于 2、不大于 11的素数整除？2是否存在 21个连续正整数，其中每一个数均至少可被一个不小于 2、不大于 13的素数整除？【题说】第十五届（1986 年）美国数学奥林匹克题 1【解】114 个连续正整数中，有 7个奇数 n，n2，n4，n6，n8，n10，n12 不能被
15、2整除这 7个奇数中，至多 1个被 11整除，一个被 7整除，2 个被 5整除，3 个被 3整除如果被 3整除的数少于 3个或被 5整除的数少于 2个，那么这 7个奇数中被 3，5，7，11 整除的数不足 7个如果恰有 3个数被 3整除，2 个数被 5整除，那么，被 3整除的数必须是 n，n6，n12，被5整除的 2个数必须为 n与 n10 或 n2 与 n12此时必有一个数 n或 n12 同时被 3，5 整除即这 7个奇数中被 3，5，7，11 整除的数仍不足 7个不管怎样，这 14个连续正整数中必有 1个不被 2，3，5，7，11 任一个整除故答案为不存在2存在以下 21个连续整数10，9
16、，1，0，1，2，3，10除去1，其余整数被 2，3，5，7 之一整除由中国剩余定理，满足N0（mod 210）N1（mod 11）N1（mod 13）的整数 N存在，于是N10，N9，N，N1，N10这 21个连续整数满足所有要求A4018 试求出所有的正整数 a、b、c，其中 1abc，使得（a1） （b1） （c1）是abc1 的约数【题说】第三十三届（1992 年）国际数学奥林匹克题 1本题由新西兰提供【解】设 x=a1，y=b1，z=c1，则 1xyz 并且 xyz是（x1） （y1） （z1）1=xyzxyzxyyzzx 的约数，从而 xyz是xyzxyyzzx 的约数由于 xyz
17、xyyzzx3yz，所以 x=1或 2若 x=1，则 yz是奇数 12y2z 的约数由于 12y2z4z，所以 y=3并且 3z是 72z 的约数于是 z=7若 x=2，则 2yz是 23y3zyz 的约数，从而 y，z 均为偶数，设 y=2y1，z=2z 1，则4y1z113y 13z 12y 1z16z 12y 1z1，所以 y13因为 yx，所以 y1=2，y=4再由 8z1是77z 1的约数得 z1=7，z=14因此，所求解为（3，5，15）与（2，4，8） 019 x与 y是两个互素的正整数，且 xy1，n 为正偶数证明：xy 不整除 xny n【题说】1992 年日本数学奥林匹克题
18、 1【证】由（x，y）=1 知（xy，y）=1， （xy，xy）=1当 n=2时，x 2y 2=（xy） 22xy由于 xy2，所以（xy） 2xy故（xy） （ x2y 2） 假设当 n=2k（kN +）时， （xy） （x 2ky 2k） 则当 n=2（k1）时，由于x2(k+1)y 2(k+1)=（xy） （x 2k+1y 2k+1）xy（x 2ky 2k）所以（xy） （x 2(k+1)y 2(k+1)） 故对一切正偶数 n，xy 不整除 xny nA4020 证明当且仅当 n1 不是奇素数时，前 n个自然数的积被前 n个自然数的和整除【题说】第二十四届（1992 年）加拿大数学奥林匹
19、克题 1若 n1 为奇合数，设 n1=qr，q、r 为奇数且 3qr，则 nA4021 找出 4个不同的正整数，它们的积能被它们中的任意两个数的和整除你能找出一组 5个或更多个数具有同样的性质吗？【题说】1992 年英国数学奥林匹克题 3【解】显然，2、6、10、14 满足要求任取 n个不同的正整数。a 1、a 2、a n，令则 n个不同的正整数 la1、la 2、la n中任意两个的和显然整除 l2，从而整除它们的积lna1a2anA4022 求最大自然数 x，使得对每一个自然数 y，x 能整除 7y12 y1【题说】1992 年友谊杯国际数学竞赛七年级题 1【解】当 y=1时，7 y12y
20、1=18假设 7y12y1 是 18的倍数，因为7y+112（y1）1=67 y12（7 y12y-1）=6（7 y2）（7 y12y-1）7y2120（mod 3）所以，7 y+112（y1）1 是 18的倍数从而对一切自然数 y，18 整除 7y12y1，所求的 x即 18A4023 证明：若 n为大于 1的自然数，则 2n1 不能被 n整除【题说】1992 年友谊杯国际数学竞赛九年级题 2【证】若 n是偶数，显然有 n （2 n1） 若 n是奇素数，由费马定理知 2n2（mod n） ，所以2n11（mod n） ，即 n （2 n1） 若 n是奇合数，设 p是 n的最小素因子，由费马定
21、理知2p-11（mod P） ；若 i是使 2i1（mod P）成立的最小自然数，则 2iP1，从而 i n，设 n=qir，0ri，则 2n2 r 1（mod p） ，即 p （2n1） ，故 n （2 n1） A4024 当 n为何正整数时，323 整除 20n16 n3 n1？【题说】第三届（1993 年）澳门数学奥林匹克第一轮题 5【解】 323=1719当 n为偶数时，20n16 n3 n113 n3 n10（mod 19）20n16 n3 n13 n1 n3 n10（mod 17）所以此时 323整除 20n16 n3 n1当 n为奇数时，20 n16 n3 n13 n13 n2
22、0（mod 17） ，所以此时 323不整除20n16 n3 n1A4025 设 x、y、z 都是整数，满足条件（xy） （yz） （zx）=xyz （*）试证：xyz 可以被 27整除【题说】第十九届（1993 年）全俄数学奥林匹克九年级二试题 5【证】 （1）整数 x、y、z 被 3除后余数都相同时，27|（xy） （yz） （zx） ，即27|xyz（2） x、y、 z被 3除后有且仅有两个余数相同，例如 xy （mod 3） ，且 y z（mod 3） ，这时 3 xyz 且 3|（xy） ，与（*）式矛盾，可见情形（2）不会发生（3）x、y、z 被 3除后余数都不相同，这时 3|（x
23、yz） ，但 3 （xy） （yz）（zx） 仍与（*）式矛盾，可见情况（3）也不会发生于是，x、y、z 除以 3余数都相同，并且，27|xyzA4026 对于自然数 n，如果对于任何整数 a，只要 n|an1，就有 n2|an1，则称 n具有性质P（1）求证每个素数 n都具有性质 P；（2）求证有无穷多个合数也都具有性质 P【题说】第三十四届（1993 年）IMO 预选题本题由印度提供【证】 （1）设 n=P为素数且 p|（a p1） ，于是， （a，p）=1因为ap1=a（a p-11）（a1）由费马小定理 p|（a p-11） 所以，p|（a1） ，即 a1（mod p） 因而ai1（m
24、od p） ，i=0，1，2，p1将这 p个同余式加起来即得ap-1a p-2a10（mod p）所以，p2|（a1） （a p-1a p-2a1）=a p1a1（mod n） 于是，像（1）一样又可推得 n2|（a n1） 因此，（q1） （p1） 因为 q|（p2） ，所以 q （p1） 又因具有性质 P显然 pnp 2取大于 p2的素数，又可获得另一个具有性质 P的合数所以，有无穷多个合数 n具有性质 pA4027 证明：对于自然数 k、m 和 n不等式k，mm，nn，kk，m，n 2成立（其中a，b，c，z表示数 a、b、c，z 的最小公倍数 ）【题说】第二十届（1994 年）全俄数学
25、奥林匹克十年级（决赛）题 5【证】将 k、m、n 分解设其中 pi（i=1，2，l）为不同的素数， i、 i、 i为非负整数对任一个素因数 pi，不妨设 0 i i i在所要证明的不等式左边，p i的指数为 i i i= i2 i；而右边 pi的指数为 i2=2i因而所要证明的不等式成立A4029 证明；所有形如 10017，100117，1001117，的整数皆可被 53整除【题说】第五十八届（1995 年）莫斯科数学奥林匹克八年级题 2【证】易知第一个数 10017可被 53整除，而数列中相邻二数的差也可被 53整除，所以数列中所有数皆可被 53整除A4030 证明：无论在数 12008的
26、两个 0之间添加多少个 3，所得的数都可被 19整除【题说】第五十八届（1995 年）莫斯科数学奥林匹克九年级题 7【证】我们有故结论成立A4031 设 S=1，2，50） ，求最小自然数 k，使 S的任一 k元子集中都存在两个不同的数a与 b，满足（ab）|ab【题说】1996 年中国数学奥林匹克（第十一届数学冬令营）题 2【解】设 a、bS，满足（ab）|ab，令（a，b）=c，则 a=ca 1，b=cb 1， （a 1，b 1）=1从而c（a 1b 1）=（ab）|ab=c 2a1b1因为（a 1b 1，a 1）=1， （a 1b 1，b 1）=1，所以（a 1b 1）|c由于 a、b
27、是 S中不同的数，从而 ab99 即 c（a 1b 1）99，而 a1b 1|c，故有3a 1b 19在 a1b 1=3时，d=3，6，9，12，15，18，21，24，相应的（a，b）=（3，6） ， （6，12） ，（9，18） ， （12，24） ， （15，30） ， （18，36） ， （21，42） ， （24，48） 类似地，可得出a1b 1=4，5，6，7，8，9 时的数对（a，b） 将每一对得到的 a、b 用线相连成右图S中剩下的 25个数与图上画圈的 13个数所成的 38元集，不含任一对 a、b 满足（ab）|ab另一方面，S 中任一集 R，如果元数39，那么图上至多 11
28、个数 R，从而 12对数（14，35） ，（9，18） ， （28，21） ， （42，7） ， （5，20） ， （30，15） ， （45，36） ， （6，3） ， （10，40） ， （12，4） ，（24，8） ， （48，16）中至少有一对数都属于 R，即 R中有 a、b 满足（ab）|ab综上所述，K=39A4032 设自然数 x、y、p、n 和 k满足等式xn+yn=pk证明：若 n（n1）是奇数，p 是奇素数，则 n是数 p的正整数幂【题说】第二十二届（1996 年）全俄数学奥林匹克九年级题 3【证】不失一般性，设 x与 y都不被 p整除因为 n为奇数，所以用 A表示上式右边
29、由于 p2，因此 x、y 中至少有一个数大于 1因为 n1，所以 A1因为 A（xy）=p k，所以 A被 p整除，数 xy 也被 p整除于是得到0Ax n-1x n-2（x）x n-3（x） 2x（x） n-2（x） n-1（mod p）即 nxn-10（mod p） ，而 x不被素数 P整除，所以 n被 p整除对 n的任一素因数 r，设 n=rs，则（x s） r（y s） r=pk，根据上面所证，r 被 p整除，所以r=p，从而 n是 p的正整数幂A4033 是否存在 3个大于 1的自然数，使得其中每个自然数的平方减 1，能分别被其余的每个自然数所整除？【题说】第二十二届（1996 年）
30、全俄数学奥林匹克十一年级题 5【解】设 abc 是满足题设条件的三个自然数因为 a21 被 b整除，所以 a与 b互素又c21 能分别被 a、b 整除，因而被 ab整除，于是 c21ab另一方面由 ac 及 bc 得abc 2，矛盾所以满足题设的数不存在A4034 是否存在三个相异的素数 p、q、r，使 qr整除 p2d，rp 整除 q2d，pq 整除r2d，其中（1）d=10；（2）d=11【题说】1996 年城市数学联赛低年级较高水平题 2【解】 （1）满足条件的素数不存在，事实上，若 p、q、r 满足条件，不妨设 pqr则r2（若不然，pq|14=r 2d，与 q2 相矛盾） ，从而 qr2，又 3210=19 是素数，从而p、q、r 不可能是三个连续奇数（因三个连续奇素数中必有一个是 3） ，所以 pr6，但r210pq（r6） （r2）=r 28r12这是不可能的（2）p=5，q=3，r=2 满足条件
