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复件 奥林匹克题解一(4)


第一章数论
第四节、整除
A4-001 除. 证明:当且仅当指数 n 不能被 4 整除时,1 +2 +3 +4 能被 5 整
n n n n

【题说】1901 年匈牙利数学奥林匹克题 1. 【证】容易验证 1 ≡2 ≡3 ≡4 (mod 5) 假设 n=4k+r,k 是整数,r=0,1,2,3.则 Sn=1 +2 +3 +4 ≡

1 +2 +3 +4 (mod 5) 由此推出,当 r=0 时,Sn≡4,而当 r=1,2,3 时,Sn≡0(mod 5).因 此,当且仅当 n 不能被 4 整除时,Sn 能被 5 整除. A4-002 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 3. 【证】设 a1,a2,…,an 是给定的 n 个数.考察和序列:a1,a1+a2, a1+a2+a3,…,a1+a2+…+an. 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. A4-003 1.设 n 为正整数,证明 13 -1 是 168 的倍数.
2n n n n n r r r r 4 4 4 4

2.问:具有那种性质的自然数 n,能使 1+2+3+…+n 整除 1·2·3…·n. 【题说】1956 年上海市赛高三复赛题 1. 【解】1.13 -1=(13 ) -1,能被 13 -1,即 168 整除. 2.问题即
2n 2 n 2

1

何时为整数. (1)若 n+1 为奇质数,则

(n+1) (2)若 n+1=2,则

2(n-1)!

(n+1)|2(n-1)! (3)若 n+1 为合数,则 n+1=ab 其中 a?b>1. 在 b=2 时,a=n+1-a?n-1,所以 a|(n-1)!,(n+1)|2(n-1)! 在 b>2 时,2a?n+1-a<n-1,所以 2ab|(n-1)! 更有 (n+1)|2(n-1)!

综上所述,当 n≠p-1(p 为奇质数)时,1+2+…+n 整除 1·2…·n. A4-004 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 -1)a (a +1). (1)a≡1,2,-3(mod 7)时,7|a -1.a≡-1,-2,3(mod 7) 3 3 时,7|a +1.a≡0(mod 7)时,7|a .因此 7|n. (2)当 a 为偶数时,a 被 8 整除;而当 a 为奇数时,a -1 与 a +1 是 两个相邻偶数,其中一个被 4 整除,因此积被 8 整除.
3 3 3 3 3 3 3

2

(3)a≡1,-2,4(mod 9)时,9|a -1.a≡-1,2,-4(mod 9) 3 3 时,9|a +1.a≡0,±3(mod 9)时,9|a .因此 9|n. 由于 7、8、9 互素,所以 n 被 504=7×8×9 整除. A4-005 设 x、y、z 是任意两两不等的整数,证明(x-y) +(y-z) 5 5 +(z-x) 能被 5(y-z)(z-x)(x-y)整除. 【题说】1962 年全俄数学奥林匹克十年级题 3. 【证】令 x-y=u,y-z=v,则 z-x=-(u+v). (x-y) +(y-z) +(z-x) =u +v -(u+v) =5uv(n+v)(u +uv+v ) 而 5(y-z)(z-x)(x-y)=-5uv(u+v).因此,结论成立, 2 2 2 2 2 而且除后所得商式为 u +uv+v =x +y +z -2xy-2yz-2xz. 【别证】也可利用因式定理,分别考虑原式含有因式(x-y),(y- z),(z-x)以及 5. A4-006 已知自然数 a 与 b 互质,证明:a+b 与 a +b 的最大公约数为 1 或 2.
2 2 2 2 5 5 5 5 5 5 5

3

【题说】1963 年全俄数学奥林匹克八年级题 4. 【证】设(a+b,a +b )=d,则 d 可以整除 (a+b) -(a +b )=2ab 但由于 a、b 互质,a 的质因数不整除 a+b,所以 d 与 a 互质,同理 d 与 b 互质.因此 d=1 或 2. A4-007 (a)求出所有正整数 n 使 2 -1 能被 7 整除. (b)证明:没有正整数 n 能使 2 +1 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 n 伐克提供.解的关键是找出 2 被 7 除所得的余数的规律. 【证】(a)设 m 是正整数,则 2 =(2 ) =(7+1)
3m 3 m m n n 2 2 2 2 2

3

=7k+1(k 是正整数) 从而 +2 2
3m+2

2

3m+1

=2·2 =2(7k+1)=7k1

3m

=4·2 =4(7k+1)=7k2+4
n

3m

所以当 n=3m 时,2 -17k; 当 n=3m+1 时,2 -1=7k1+1; 当 n=3m+2 时,2 -1=7k2+3. 因此,当且仅当 n 是 3 的倍数时,2 -1 能被 7 整除. (b)由(a)可知,2 +1 被 7 除,余数只可能是 2、3、5.因此,2 +1 总不能被 7 整除.
n n n n n

A4-008 设 k、m 和 n 为正整数,m+k+1 是比 n+1 大的一个质数, 记 Cs=s(s+1).证明:乘积 (Cm+1-Ck)(Cm+2-Ck)…(Cm+n-Ck) 能被乘积 C1·C2·…·Cn 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】Cp-Cq=p(p+1)-q(q+1) =p -q +p-q=(p-q)(p+q+1) 所以 (Cm+1-Ck)(Cm+2-Ck)…(Cm+n-Ck) = (m-k+1) (m-k+2) (m-k+n) (m+k+2) … · (m+k+3) …· · (m +k+n+1) C1C2…Cn=n!(n+1)! 因此只需证
2 2

4

=A·B 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 m+k+1 是大于 n+1 的质数,所以 m+k+1 与(n+1)! 互素,从而(m+k+2)(m+k+3)…(m+k+n+1)能被(n+1)!整除, 于是 B 也是整数,命题得证. A4-009 设 a、b、m、n 是自然数且 a 与 b 互素,又 a>1,证明:如 m n n 果 a +b 能被 a +b 整除,那么 m 能被 n 整除.
m

【题说】第六届(1972 年)全苏数学奥林匹克十年级题 1. 【证】由于 a +b =a (a +b )-b (a -b ) a -b =a (a +b )-b (a +b ) 所以 (i)如果 a +b 能被 a +b 整除,那么 a -b 也能被 a +b 整除. (ii)如果 a -b 能被 a +b 整除,那么 a +b 也能被 a +b 整除. 设 m=qn+r,0?r<n,由(i)、(ii)知 a +(-1) b 能被 a +b r q r n n 整除,但 0?|a +(-1) b |<a +b ,故 r=0(同时 q 是奇数).亦即 n|m. A4-010 设 m,n 为任意的非负整数,证明:
r q r n n l l n n l-n l-n n n k k n n k-n k-n n n l l l-n n n n l-n l-n k k k-n n n n k-n k-n

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.

5

易证

f (m+1, =4f n) (m, -f n) (m, n+1)

(1)

n)为整数,则由(1),f(m+1,n)是整数. 因此,对一切非负整数 m、n,f(m,n)是整数. A4-011 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.



两式相乘得

因为 72n+1=7×49n≡2×(-1)n(mod 5)

A4-012 设 p 和 q 均为自然数,使得

6

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 1979 整除 p. A4-013 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.

(c+f)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 100a+10b+c=-999c+10(100c+10a+b) ,所以

各再得 7 个被 37 整除的数,这样共得 23 个六位数. A4-014 (a)对于什么样的整数 n>2,有 n 个连续正整数,其中最 大的数是其余 n-1 个数的最小公倍数的约数? (b)对于什么样的 n>2,恰有一组正整数具有上述性质? 【题说】第二十二届(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.

7

当 n=3 时,如果 m 是 m-1,m-2 的最小公倍数的约数,那么 m 整除 (m-1) (m-2) ,由 m|(m-1) (m-2)得 m|2,与 m-2>0 矛盾. 设 n=4.由于 m|(m-1) (m-2) (m-3) 所以 m|6,而 m>4,故这时只有一组正整数 3,4,5,6 具有所述性质. 设 n>4.由于 m|(m-1) (m-2)…(m-n+1) ,所以 m|(n-1) ! 取 m= (n-1) (n-2) 则 , (n-1) m- ( (n-1), | ) (n-2) m- ( (n-2). | )由 于 n-1 与 n-2 互质,m-(n-1)与 m-(n-2)互质,所以 m=(n-1) (n-2)整除 m-(n-1)与 m-(n-2)的最小公倍数,因而 m 具有题 述性质. 类似地,取 m=(n-2) (n-3) ,则 m 整除 m-(n-2)与 m-(n- 3)的最小公倍数,因而 m 具有题述性质. 所以, n?4 时, 当 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. A4-015 求一对正整数 a 和 b,使得: (1)ab(a+b)不被 7 整除; (2) (a+b)7-a7-b7 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】 (a+b)7-a7-b7 =7a6b+21a5b2+35a4b3+35a3b4+21a2b5+7ab6 =7ab[(a5+b5)+3ab(a3+b3)+5a2b2(a+b)] =7ab(a+b)[a4+2a3b+3a2b2+2ab3+b4] =7ab(a+b) 2+ab+b2)2 (a 取 a=18,b=1,则 a2+ab+b2=a(a+b)+b2=343=73.所以(a+b)7 -a7-b7 被 77 整除,ab(a+b)不被 7 整除. A4-016 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】1.14 个连续正整数中,有 7 个奇数 n,n+2,n+4,n+6,n +8,n+10,n+12 不能被 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, n+6, n+12, 5 整除的 2 个数必须为 n 与 n+10 或 n+2 与 n+12. 被 此 时必有一个数 n 或 n+12 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,…,-1,0,1,2,3,…,10

8

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 N≡0(mod 210) N≡1(mod 11) N≡-1(mod 13) 的整数 N 存在,于是 N-10,N-9,…,N,N+1,…,N+10 这 21 个连续整数满足所有要求. A4-018 试求出所有的正整数 a、b、c,其中 1<a<b<c,使得(a -1) (b-1) (c-1)是 abc-1 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=a-1,y=b-1,z=c-1,则 1?x<y<z 并且 xyz 是 (x+1) (y+1) (z+1)-1=xyz+x+y+z+xy+yz+zx 的约数,从 而 xyz 是 x+y+z+xy+yz+zx 的约数. 由于 x+y+z+xy+yz+zx<3yz,所以 x=1 或 2. 若 x=1,则 yz 是奇数 1+2y+2z 的约数.由于 1+2y+2z<4z,所以 y=3.并且 3z 是 7+2z 的约数.于是 z=7. 若 x=2, 2yz 是 2+3y+3z+yz 的约数, 则 从而 y, 均为偶数, y=2y1, z 设 z=2z1,则 4y1z1?1+3y1+3z1+2y1z1<6z1+2y1z1,所以 y1<3.因为 y>x, 所以 y1=2,y=4.再由 8z1 是 7+7z1 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 xy≠1,n 为正偶数.证明:x+y 不整除 xn+yn. 【题说】1992 年日本数学奥林匹克题 1. 【证】由(x,y)=1 知(x+y,y)=1, (x+y,xy)=1. 当 n=2 时,x2+y2=(x+y)2-2xy.由于 x+y>2,所以(x+y) (x2+y2) . 假设当 n=2k(k∈N+)时, (x+y) (x2k+y2k) .则当 n=2(k+1)时,由于 2xy.故(x+y)

x2(k+1)+y2(k+1)=(x+y) 2k+1+y2k+1)-xy(x2k+y2k) (x 所以(x+y) (x2(k+1)+y2(k+1)) .故对一切正偶数 n,x+y 不整除 xn+yn.

A4-020 证明当且仅当 n+1 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)加拿大数学奥林匹克题 1.

若 n+1 为奇合数,设 n+1=qr,q、r 为奇数且 3?q?r,则 n

9

A4-021 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。a1、a2、…、an,令

则 n 个不同的正整数 la1、la2、…、lan 中任意两个的和显然整除 l2,从而整除它们的积 lna1a2…an. A4-022 求最大自然数 x,使得对每一个自然数 y,x 能整除 7y+12y-1. 【题说】1992 年友谊杯国际数学竞赛七年级题 1. 【解】当 y=1 时,7y+12y-1=18.假设 7y+12y-1 是 18 的倍数,因为 7y+1+12(y+1)-1=6×7y+12+(7y+12y-1) =6×(7y+2)+(7y+12y-1) 7y+2≡1+2≡0(mod 3) 所以,7y+1+12(y+1)-1 是 18 的倍数. 从而对一切自然数 y,18 整除 7y+12y-1,所求的 x 即 18. A4-023 证明:若 n 为大于 1 的自然数,则 2n-1 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 (2n-1) .若 n 是奇素数,由费马定理 (2n-1) .若 n 是奇合

知 2n≡2(mod n) ,所以 2n-1≡1(mod n) ,即 n

数,设 p 是 n 的最小素因子,由费马定理知 2p-1≡1(mod P) ;若 i 是使 2i ≡1(mod P)成立的最小自然数,则 2?i?P-1,从而 i 0<r<i,则 2n≡2r 1(mod p) ,即 p (2n-1) ,故 n n,设 n=qi+r, (2n-1) .

A4-024 当 n 为何正整数时,323 整除 20n+16n-3n-1? 【题说】第三届(1993 年)澳门数学奥林匹克第一轮题 5. 【解】 323=17×19 当 n 为偶数时, 20n+16n-3n-1≡1+3n-3n-1≡0(mod 19) 20n+16n-3n-1≡3n+1n-3n-1≡0(mod 17) 所以此时 323 整除 20n+16n-3n-1. 当 n 为奇数时,20n+16n-3n-1≡3n-1-3n≡-2 0(mod 17) ,所

10

以此时 323 不整除 20n+16n-3n-1. A4-025 设 x、y、z 都是整数,满足条件 (x-y) (y-z) (z-x)=x+y+z. (*) 试证:x+y+z 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|(x-y) (y-z) (z-x) ,即 27|x+y+z. (2) x、y、z 被 3 除后有且仅有两个余数相同,例如 x≡y(mod 3) , 且y z(mod 3) ,这时 3 x+y+z 且 3|(x-y) ,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+y+z) ,但 3 (x

-y) (y-z) (z-x) .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|x+y+z. A4-026 对于自然数 n, 如果对于任何整数 a, 只要 n|an-1, 就有 n2|an -1,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|(ap-1) ,于是, (a,p)=1.因为 p p-1 a -1=a(a -1)+(a-1) 由费马小定理 p|(ap-1-1) .所以,p|(a-1) ,即 a≡1(mod p) .因而 i a ≡1(mod p) ,i=0,1,2,…,p-1 将这 p 个同余式加起来即得 ap-1+ap-2+…+a+1≡0(mod p) 所以, p2|(a-1) p-1+ap-2+…+a+1)=ap-1 (a

a≡1(mod n) .于是,像(1)一样又可推得 n2|(an-1) .因此,

(q-1) (p-1) .因为 q|(p-2) ,所以 q

(p-1) .又因

具有性质 P.显然 p<n<p2.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 p. A4-027 证明:对于自然数 k、m 和 n.不等式[k,m]·[m,n]·[n, k]?[k,m,n]2 成立.

11

(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,α i、β i、γ i 为非负整数. 对任一个素因数 pi,不妨设 0?α i?β i?γ i.在所要证明的不等式左 边,pi 的指数为β i+γ i+γ i=β i+2γ i;而右边 pi 的指数为γ i·2=2γ i.

因而所要证明的不等式成立. A4-029 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. A4-030 证明: 无论在数 12008 的两个 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. A4-031 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(a+b)|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、b∈S,满足(a+b)|ab,令(a,b)=c, 则 a=ca1,b=cb1, 1,b1)=1. (a 从而 c(a1+b1)=(a+b)|ab=c2a1b1 因为(a1+b1,a1)=1, 1+b1,b1)=1,所以 (a (a1+b1)|c 由于 a、b 是 S 中不同的数,从而 a+b?99 即 c(a1+b1)?99,而 a1 +b1|c,故有 3?a1+b1?9. 在 a1+b1=3 时,d=3,6,9,12,15,18,21,24,相应的(a,b)=

12

(3,6)(6,12)(9,18)(12,24)(15,30)(18,36)(21,42) , , , , , , , (24,48) .类似地,可得出 a1+b1=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(a+b)|ab. 另一方面,S 中任一集 R,如果元数?39,那么图上至多 11 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(a+b)|ab. 综上所述,K=39. A4-032 设自然数 x、y、p、n 和 k 满足等式 xn+yn=pk 证明:若 n(n>1)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.由于 p>2,因此 x、y 中至少有一个数大于 1.因 为 n>1,所以 A>1.因为 A(x+y)=pk,所以 A 被 p 整除,数 x+y 也被 p 整除. 于是得到 0≡A≡xn-1-xn-2(-x)+xn-3(-x)2-… -x(-x)n-2+(-x)n-1(mod p) 即 nxn-1≡0(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(xs)r+(ys)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. A4-033 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)全俄数学奥林匹克十一年级题 5 【解】 a?b?c 是满足题设条件的三个自然数. 设 因为 a2-1 被 b 整除, 所以 a 与 b 互素.又 c2-1 能分别被 a、b 整除,因而被 ab 整除,于是 c2-1 ?ab.另一方面由 a?c 及 b?c 得 ab?c2,矛盾.所以满足题设的数不存在. A4-034 是否存在三个相异的素数 p、q、r,使 qr 整除 p2+d,rp 整

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除 q2+d,pq 整除 r2+d,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 p>q>r.则 r≠2(若不然,pq|14=r2+d,与 q>2 相矛盾) ,从而 q?r 2 +2,又 3 +10=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 p?r+6,但 2 r +10?pq?(r+6) (r+2)=r2+8r+12 这是不可能的. (2)p=5,q=3,r=2 满足条件.

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