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附录1 历届IMO 数论问题详解 1959 年第一届问题1：求证对任意正整数n ，分数(21n 4) /(14n 3) 不可约。 证明：因为3(14n 3) 2 (21n 4) 1 。所以对于任意正整数n ，21n 4 与14n 3都 互质，所以分数(21n 4) /(14n 3) 不可约。 1960 年第2 届问题 1：求所有可以被11整除的三位数，使得所除之商正好等于它十进制各 位数字平方和。 解：设此三位数为abc ，其中a,b,c 是三个0 到9 之间的整数，且a 0 ，这样我们就有 a c b 0或11 。 ①若 a c b 0 ，由已知 a2 b2 c2 9a b ，将 c b a 代入，可以得到 2 2 2 2 2 a 2a (2b 9)a (2b b) 0 ， 的判别式为(2b 9) 8(2b b) 8144b 12b ， 因为a 是一个整数，所以判别式应该是一个平方数。这样只能有b 0 或者5 ，将b 0 代入 得a 不是整数；将b 5 代入可以得到a 5,c 0 。不难验证550 的确满足要求。 ②若 a c b 11 ，此时 a2 b2 c2 9a b 1 ，将 c b a 11 代入可得 2a2 (2b 13)a (2b2 21b 120) 0 ，它的判别式(12b2 44b 1) 应该是一个平方 数，这只能有b 0 ，将b 0 代入可得a 8,c 3 。不难验证803 的确满足要求。 所以满足要求的三位数有两个550,803 。 1962 第4 届问题1：求满足下列条件的最小自然数n ，十进制尾数为6 ，并且把末尾的6 移 到最前面后所得之数是原数的4 倍。 解：设n 是一个k 位数，去掉6 以后得到的(k 1) 位数为a ，所以n 10a 6 。 由已知条件我们有 6 10k a 4n 4(10a 6) ，整理可得a 2(10k 1 4) 13 ，所以 k 1 13 n k k 6 (10 4) 可以被 整除，因为我们要求最小的 ，当然首先要 最小，可以验算当 k 1 13 153846 时，(10 4) 可以被 整除，此时a 15384,n 153846 ，容易验证 的确满足 要求，所以n 153846 为所求。 1964 年第6 届问题1：(a)求出所有自然数n 使得7 2n 1 。 (b)证明：对于所有自然数n ，2n 1都不能被7 整除。 3 n 3 n 3k 解：因为2 1(mod 7) ，所以我们只要关心 除以 的余数即可。当 时， 2n 1(mod 7) ； n 3k 2 时， 2n 2(mod 7) ； n 3k 1 时， 2n 4(mod 7) ， k 1,2,3,... 。所以 (a)当且仅当n 是3 的倍数时，7 2n 1 。 (b) n 3k 时，2n 1 2(mod 7) ；n 3k 2 时，2n 1 3(mod 7) ；n 3k 1 时， n