1、高中數學聯賽真題匯編初等數論k彳(1978T7)證明：當n、k都是給定的正整數，且n2,k2時，n(n1)可以寫成n個連續偶數的和.解：設開始的一個偶數為2m則此n個連續偶數的和為(2m+2n+2n2)xn+2=n(2n+n1).k1k1令n(n1)=n(2n+n1)，則(n1)(n1)=2m_1無論n為偶數還是奇數，(n1)k1(n1)均為偶數，故n1)k1(n1)為整數.從(n1)k1(n1)開始的連續n個偶數的和等于n(n1)k1.由于n、k給定，故(n1)k1(n1)確定.故證(1979二試5)在正整數上定義一個函數f(n)如下：當n為偶數時，f(n)=?，當n為奇數時，f(n)=n+

2、3,1 證明：對任何一個正整數m數列ao=ma=f(a。)，an=f(an-1)，中總有一項為1或3.2 在全部正整數中，哪些m使上述數列必然出現“3”哪些m使上述數列必然出現“1”anan+3證明：1,當an3時，若an為偶數，則an+1=2an，若an為奇數，則an+2h亍van,即于是在an中可以找出一個單調遞減的子序列，由于該序列的每項都是正整數，故進行到某一項時序列的項W10,此時當an=3,6,9時，出現如下的項：12t3宀；當anv.點P在x軸和y軸上的射影分別為MN.求證：|AM、IBM、|CN、|DN|分別為1、9、8、2.2m2n2證明：p=r.若p=q,則由uv，得mn，

3、于是p2n(p2(mn)+i)=r2,這是不可能的.(因p2(mn)與p2(n)+1都是完全平方數，它們相差1,故必有p2(mn)=o,矛盾).222故pzq,于是(p,q)=1.若p、q均為奇數，則p=q=1(mod4)，與r=0或1矛盾.故p、q必有一為偶數.即p、q必有一個=2.(或直接由r為奇數得p、q一奇一偶,其實r為奇數的條件多余)設p=2,則q2n=r2-22m=(r+2(r2).即r+2m與r2m都是q2n的約數.設r+2m=qk,mhr2=q,其中kh1,k+h=2n.是奇數，又是1.kh、1hkh八_m1kh、1hkh八/r_.hr=2(q+q)=2q(q+1),2=2(q

4、q)=2q(q1)，但q12m+1的約數，故h=0.r=2(q2n+1),2叫q2n-1=(qn+1)(qn1).qn+1=2,qn仁2.(a+卩=m+1,a卩)，而2=22P=2P(2aP1)，從而卩=1,a卩=1,a=2. m=2,u=4,qn=3,q=3,n=1,v=3.|Op=5. |AM=54=1,|BIM=5+4=9,|CN=5+3=8,|DN=53=2.若設q=2,則同法可得u=3,v=4,與uv矛盾，舍去.又證：在得出p、q互質且其中必有一為偶數之后.由于(pm,qn)=1,故必存在互質的正整數a,b(ab),使a2b2=qn,2ab=pm,a2+b2=r.或22mn22ab=

5、p,2ab=q,a+b=r.若pm=2ab,得p=2,a|2m,b|2m,故a=/,b=2，由a,b互質，得口=0,二b=1,n2m2m-1m-1m-1,am-1,Bq=2仁(2+1)(21).故2+1=q,2仁q,(a+B=n，且aB).-2=qaqB=qB(qaB1).由q為奇數，得B=0,2=qn1,qn=3,從而q=3,n=1,2a=4.a=2,m=2.仍得上解.(1984二試4)設an是12+22+32+n2的個位數字，n=1,2,3，試證：an是有理數.解由于12+22+n2的個位數字只與1到n的個位數字的平方和有關，故只要考慮這些數的個位數字的平方：但12三1.22三4,32三9

6、,42三6,52三5,62三6,三9,82三4,92三1,02三0(mod10)二a1=1,a2=5,a3=4,a4=0,a5=5,a6=1,a?=0,a8=4,a9=5,a10=5,an=6,a12=0,a13=9,a14=5,a15=0,a16=6,ai7=5,a18=9,a19=0,a20=0.由a20=0知,a20k+r=ar(k,rN,0r19,并記a=0),即an是一個循環節為20位數的循環小數，即為有理數.其一個循環節為“5065900”.(1985T9)在已知數列1,4,8,10,16,19,21,25,30,43中,相鄰若干個數之和能被11整除的數組共有.解：把這些數mod1

7、1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對(3對1,3對2,1對5),這表示原數列中共有7組相鄰數之和能被11整除.(1985二試1)在直角坐標系xoy中，點A(X1,yj和點B(x2,y2)的坐標均為一位的正整數.OA與x軸正方向的夾角大于45,OB與x軸正方向的夾角小于45,B在x軸上的射影為B,A在y軸上的射影為A,OBB的面積比厶OAA的面積大，由X1,y1,X2,y2組成的四位數X1X2y2y1=X1?103+X2?102+y2?10+y1.試求出所有這樣的四位數，并寫出求解過程.解：X2y2-X1y1=67.X

8、1y2.且X1,y1,X2,y2都是不超過10的正整數.解設其小數部分為a(0a1)，整數部分為n(nN*)，則得，a(n+a)=,Xiyi=7267=5.Xi=1,yi=5,.XiX2y2yi=1985.(1987T1)對任意給定的自然數n,若n6+3a為正整數的立方，其中a為正整數，則()A.這樣的a有無窮多個B.這樣的a存在，但只有有限個C.這樣的a不存在D.以上AB、C的結論都不正確解：(n2+3k)3=n6+9n4k+27n2k2+27k3=n6+3(3n4+9n2k+9k2)k.取a=(3n4+9n2k+9k2)k,(k為任意正整數)，貝Un6+3a為正整數的立方，由于k可任意取值

9、，且當k增大時，a也隨之增大.即a有無數個.選A2(1987T7)若k是大于1的整數，a是xkx+1=0的一個根，對于大于10的任意自然數n,a2+a2的個位數字總是7,則k的個位數字是.(河北供題)ii2n2n解：另一根=a,a+a=k,記a+a=kn(mod10),0kn10.2nnn1n122222由a+a=(a+a)2得，kn=kn-1+8(mod10).若k為偶數，則kn為偶數，不等于7.若kn1=1(mod10)，貝Vkn=9,kn+i=9(mod10)；若kn1=3(mod10)，貝Vkn=7,kn+i=7(mod10)；若kn1=5(mod10)，貝Ukn=9,kn+i=9(m

10、od10);故k的個位數字為3,5,7.(1989T10)一個正數，若其小數部分、整數部分和其自身成等比數列，則該數為.n2n+an+1.1 51+52 n0,知，=12I：原數為125(1989二試3)有nxn(n4)的一張空白方格表，在它的每一個方格內任意的填入+1與-1這兩個數中的一個，現將表內n個兩兩既不同行(橫)又不同列(豎)的方格中的數的乘積稱為一個基本項試證明：按上述方式所填成的每一個方格表，它的全部基本項之和總能被4整除(即總能表示成4k的形式，其中kZ).證明基本項共有n!個，n3,則基本項的個數為4的倍數，設共有4m項.其中每個數aj(=1)都要在(n1)!個基本項中出現，

11、故把所有基本項乘起來后，每個au都乘了(n1)!次，而n3,故(n1)!為偶數，于是該乘積等于1這說明等于1的基本項有偶數個，同樣，等于+1的基本項也有偶數個.若等于一1的基本項有4l個，則等于+1的基本項有4m-4l個，其和為4m-4l4l=4(m-2l)為4的倍數；若等于1的基本項有4l2個，則等于+1的基本項有4m-4l+2個，其和為4m-4l+24l+2=4(m-2l+1)為4的倍數.故證.(1991T3)設a是正整數，a100,并且a3+23能被24整除，那么，這樣的a的個數為()A.4B.5C.9D.10解：即24|a31,而a三0,1,2,3,4,則a3三0,1,0,3,0.故a

12、1=0(mod8).若a=0,1,2(mod3)，則a3=0,1,1(mod3)，二a1=0(mod3).即a1=0(mod24).選B.(1991T10)除以106,余數是.解：=(1990+1)2000=+cZx19903+cZx199O2+c2000x1990+1=1000x1999x1990+2000x1990+1=880001(mod106).即余數為880001.93(1993T10)整數100+3的末兩位數是.31x3x3+272722727解：令x=10，則得而=X+3=x3x+9x+3.由于0X+31，故所求末兩位數字為09仁08.(1994二試2)將與105互素的所有正整數

13、從小到大排成數列，試求出這個數列的第1000項。11解：由105=3X5X7;故不超過105而與105互質的正整數有105X(1)(1)(13 517)=48個。1000=48X20+488,105X20=2100.而在不超過105的與105互質的數中第40個數是86.所求數為2186。(C)多于一個，但為有限個(D)有無窮多個伙子中，如果某人不亞于其他99人，就稱他為棒小伙子，那么，100個小伙子中的棒小伙子最多可能有()(A)1個(B)2個(C)50個(D)100個解：把身高按從高到矮排為1100號，而規定二人比較，身高較高者體重較小，則每個人都是棒小伙子故選D.32(1995二試2)求一

14、切實數p,使得三次方程5x-5(p+1)x+(71p-1)x+仁66p的三個根均為正整數.解：x=1是方程的一個根.于是只要考慮二次方程25x5px+66p-1=0的兩個根為正整數即可.設此二正整數根為U、V.則由韋達定理知，u+v=p1uv=(66p-1)52消去p,得5uv-66(u+v)=-1.同乘以5:5uv-5X66u-5x66v=-5.2(5u-66)(5v-66)=66-5=4351=19x229.由于u、v均為整數，故5u-66、5v-66為整數.5u66=1,1,19,19,5v-66=4351,-4351,229,-229.其中使u、v為正整數的，只有u=17,v=59這一

15、組值.此時p=76.(1996T3)存在整數n,使.p+n+,n是整數的質數p()B)只有一個(A不存在解：如果p為奇質數，p=2k+1，則存在n=k2(kN+)，使p+n+n=2k+1.故選D.(1996T12)在直角坐標平面，以(199,0)為圓心，199為半徑的圓周上整點(即橫、縱坐標皆為整數的點)的個數為.解：把圓心平移至原點，不影響問題的結果故問題即求x2+y2=1992的整數解數.顯然x、y一奇一偶，設x=2my=2n1.且12,又當3時，Fn1(2)=2,而F2(3)=F(2)=2,所以X1X1=2，易知Xk+1滿足的必要條件是：存在m，使得只要awXk+1,就有Fni(a)wX

16、k.那么令Xk+i=qni+r，由Fn(xk+=q+rxk可得Xk+i=qni+rXk+2，由此可得q0,nii,是0(q1)ni+ni1=qni1Xk+i，因此Fn(q1)ni+ni1)=q+ni22,Xk+4+2Xk+2.所以總有2XkXkXk(Xk+6)Xk+1Xk+=.424Xk2XkXk1+424XkXk(Xk+6)XkXk八、八另一方面，右取ni=2+2,由于4=2ni+2對于每個aw4,令a=qni+r,Xk(Xk+6)XkXk(Xk+6)XkXkXkXk或者q=2，rw2;或者qw1,rwni1=2+1兩種情況下均有q+rwXk，因此Xk+i竺嚴此外，因為Xk為偶數，若4|Xk

17、，由2|Xk+6可得8|Xk(Xk+6)，若Xk=2(mod4)，由Xk+6=O(mod4)也可得8|Xk(Xk+6).因此Xk+i也是偶數。于是完成了歸納證明Xk+i=Xk(Xk+6)由Xi=2逐次遞推出X2=4,X3=i0,X4=40,X5=460,X6=53590.即所求最大整數A=53590.4(1999T7)已知正整數n不超過2000，并且能表示成不少于60個連續正整數之和，那么,2ak1k這樣的n的個數是7.6.首項為a為的連續k個正整數之和為Sk由Skw2000,可得60Wkw62.Sk=60a+30X59,由Skw2000,可得aw3,Sk=61a+30X61,由Skw2000

18、,可得aw2,Sk=62a+31X61,由Skw2000,可得aw1,故故故當k=60時,當k=61時,當k=62時,Sk=1830,1890,1950;Sk=1891,1952;Sk=1953.于是，題中的n有6個.(1999二試3)給定正整數n,已知用克數都是正整數的k塊砝碼和一臺天平可以稱出質量為1,2,3,n克的所有物品。(1) 求k的最小值f(n);(2) 當且僅當n取什么值時，上述f(n)塊砝碼的組成方式是唯一確定的并證明你的結論。解析：(1)設這k塊砝碼的質量數分別為a1,a2,，ak,且1wa1wa2ak,aiZ,1wiwk.因為天平兩端都可以放砝碼，故可稱質量為Xiai,Xi

19、-1,0,1.若利用這k塊砝碼可以稱出質量為1,2,3,，n的物品，則上述表示式中含有1,2,，n,由對稱性易知也含有0,-1,-2,，-n,即JtEliXiai|Xi-1,0,1=0,1,，n.hs所以，2n+1=|0,1,，n|w|：-Xiai|Xi-1,0,k1|w3,針列-1m-1am=3設二1,mZ),貝Vkm.且k=m時，可取ai=1,a2=3,由數的三進制表示可知，對任意0WpW3m-1,都有其中yi0,1,2令Xi=yi-1,則Xi-1,0,1.-1歹-1y故對一切-WlW_的整數1,都有l=,；Xi3i-1,其中x-1,0,1.孑刑-由于nw-,因此，對一切-nw1wn的整數

20、I，也有上述表示.綜上，可知k的最小值f(n)=m(-nw二)乎一1嚴1(2)I.當-n3z時，由（1）可知m-11,3，3,3m就是一種砝碼的組成方式.下面我們證明1,3,-m-1m-,3,3-1也是一種方式歹-1若1wIw_,由(1)可知I=；Xi3i-1,Xi-1,0,1.I=Ixi3i-1+0(3m-1);葉】-12Iwn32則二I+1wwi+i1I由(1)可知I+m-1,0,1.3W-1易知Xm+1=1.(否則L3i-1-1=-1,矛盾)則I=(3m-1).所以，當n工f(n)塊砝碼的組成方式不惟.下面我們證歹-1n=-時，f(n)=m塊砝碼的組成方式是,即ai=3i-1(I=；.X

21、iai,xi對每個-上w二0,1,歹一1-.注意左邊集合中至多有3m個元素.故必有:】XiaiIXi-=0,1,歹一1土二.從而，對每個I,歹一1w二都可以惟表示為I.Xiai,其中Xi-1,0,1V3-1因而，I=_：.則令yi=Xi+1,貝Uyi0,1,2由上可知，對每個0wlw3m-1,都可以惟一地表示為I=；lyiai,其中yi0,1,2.特別地，易知1wa1a2n.(1)關于m歸納，可以證明存在一種合乎題意的分法，使所得正方形邊長之和恰為m+n-(mn).當葉1時,命題顯然成立.DDiCnAmAib假設當k時，結論成立(k1).當葉k+1時，若n=k+1,則命題顯然成立.若n比ap.

22、顯然a=n或a1n.若a12mm+n-(mn).若ai=n,則一個邊長分別為mn和n的矩形可按題目要求分成邊長分別為a2,，ap的正方形，由歸納假設a?+apmn+n-(mn,n)=m(mn).從而a+a2+apm+n-(mn).于是當n=k+1時，f(mn)m+n-(mn).再由(1)可知f(mn)=m+n-(mn).50分(2002二試3)在世界杯足球賽前，F國教練為了考察A,A2,A這七名，準備讓他們在三場訓練比賽(每場90分鐘)都上場，假設在比賽的任何時刻，這些中有且僅有一人在場上，并且A,A2,A3,A4每人上場的總時間(以分鐘為單位)均被13整除，如果每場換人次數不限，那么按每名隊

23、員上場的總時間計算，共有多少種不同的情況。解：設第i名隊員上場的時間為Xi分鐘(i=1,2,3,7)，問題即求不定方程x1+X2+X7=270在條件7|xi(1wiw4)且13|Xj(5wjw7)下的正整數解的級數。若(X1,X2，,x7)是滿足條件的一組正整數解，則應有47xi=7mXj=13nm,nNi1j5/m,n是不定方程7m+13n=270在條件m4且n3下的一組正整數解。10分/7(m-4)+13(n-3)=203令m=m4n=n3有7m+13n=270求滿足條件m4且n3的正整數解等價于求的非負整數解。易觀察到72+13(-1)=17406+13(-203)=203即mo=4O6

24、no=203是的整數解的整數通解為m=40613kn=203+7kkZ令m0n0,解得29kmn0.lmn333已知,其中x=xx,而x表示不超過x的最大整數.求這種三角形周長的最小值.lmn解：當33m、3n的末四位數字相同時，=4.即求滿足33m=3(mod104)的l、mn.3ln4.(31)三0(mod10).(ln0)但(3n,104)=1,故必有3l唏1(mod104);同理m-n4、3=1(mod10).x.F面先求滿足3x=1(mod104)的最小正整數14(104)=10425=4000.故x|4000.用4000的約數試驗:/x=1,2,時3x/1(mod10)，而34=1

25、(mod10),x必須是4的倍數;/x=4,8,12,16時3律1(mod102)，而320三1(mod102),x必須是20的倍數;/x=20,40,60,80時3x/1(mod103)，而31三1(mod103),x必須是100的倍數;w.x4十5004/x=100,200,300,400時3/1(mod10)，而3三1(mod10).即，使3x=1(mod104)成立的最小正整數x=500,從而In、m-n都是500的倍數,設In=500k,m-n=500h,(k,hN*,kh).由m+nl，即n+500h+nn+500k,n500(kh)500,故n501.取n=501,m=!001,

26、1=1501，即為滿足題意的最小三個值.-所求周長的最小值=3003.(2004T10)設p是給定的奇質數，正整數k使得，k2pk也是一個正整數，則k=解：設/k2pk=n,貝U(k2p)2-n2=p4,(2kp+2n)(2kp2n)=p2,k=1(p+1)2.(2004二試3)對于整數n4,求出最小的整數f(n),使得對于任何正整數m集合mn+1,，m+1的任一個f(n)元子集中，均至少有3個兩兩互素的元素.解：當n4時，對集合Mmn)=mm+1,，m+n-1,當m為奇數時，m,n+1,n+2互質，當m為偶數時，m+1,n+2,n+3互質.即M的子集M中存在3個兩兩互質的元素，故f(n)存在

27、且f(n)n.取集合Tn=t|2|t或3|t,tWn+1，則T為M2,m=2,3，n+1的一個子集，且其中任3個數無不能兩兩互質.故f(n)card(T)+1.,n+1n+1n+1，n+1n+1但card(T)=2+36.故f(n)2+3n+1+1.6由與得，f(4)=4,f(5)=5.5Wf(6)W6,64時，f(n+6)wf(n)+4=f(n)+f(6)1.故f(k+1)wf(k5)+f(6)1=2k+2k+2州Tk+2-育+1，比較，知對于n=k+1，命題成立.對于任意nN*,n4,f(n)=n+1T+n+13n+1+1成立.又可分段寫出結果:f4k+1,(n=6k,kIT),4k+2,

28、(n=6k+1,kIT),4k+3,(n=6k+2,kIT),4k+4,(n=6k+3,kM),4k+4,(n=6k+4,kM),4k+5,(n=6k+5,kIT).f(n)=(2005T6)記集合T0,1,2,345,6,Ma27a37a4|aT,i1,2,3,4,將M中的元素按從大到小的順序排列,則第2005個數是(A.C.B.D.解:a1a2akp表示57172737k位p進制數，將集合M中的每個數乘以74，得a173a272a37a4|aiT,i1,2,3,48182838471aiT,i1,2,3,4.M中的最大數為66667240010。在十進制數中,從2400起從大到小順序排列的

29、第2005個數是2400-2004=396。而3961011047將此數除以74，便得M中的數-7047.故選Co74730當n為平方數,(2005二試3)對每個正整數n,定義函數f(n)當n不為平方數.(其中x表示不超過x的最大整數,Xx240X).試求：f(k)的值.k1解：對任意a,k*N,若ka(k21)，則1ak22k，設ak,01,則11aakak22kak22k讓a跑遍區間(k2,(k21)中的所有整數,1,*akk2a(k1)2i2k空i1i(n1)曰是a1n2kf(a)空i1i1i空,畫一張2kX2k的表，第i1Ii行中，凡是i行中的位數處填寫“號，則這行的9k“*”號共仝個

30、，全表的“*”號共i2k2k個;i1I另一方面，按列收集號數，第j列中，若j有T(j)個正因數，則該列使有T(j)個“*”號，故全表的“*”號個數共2kT(j)個，因此2k2k2k空=T(j).i1ij1ji1*2*3*4*56*則nf(a)1n2kT(j)nT(1)i1j1T(2)(n1)T(3)T(4)T(2n1)T(2n)25615由此，f(k)k1(16k1k)T(2k1)T(k)記akT(2k1)T(2k),k1,2,15,易得ak的取值情況如下:k123456789101112131415ak35667869888107101016n15因此，f(k)(16k)ak783k1k1據

31、定義f(256)f(162)0,又當k241,242,255,設k152(16r30),.k15152r15311301r、152rrrr241,242,r152r15r30，,255240256從則f(k)i1783f(k)78315768.i1(2006T6)數碼ai,a2,a3丄a2oo6中有奇數個9的2007位十進制數2a1a2a3La2006的個數為A.丄仆嚴682006)b1(10200682006)C222006200620062006108D.108【答】()【答】(B)【解】出現奇數個9的十進制數個數有C20069200532003C20069C9200620062006k2

32、006k2006kk2006k又由于(91)C20069以及(91)C2006(1)9，從而得k0k0C；00692005C；0062003120062(1020068mk1.i15(2007二試3)設集合P=1,2,4,5，對任意kP和正整數m記f(mk)=i1其中a表示不大于a的最大整數。求證：對任意正整數n,存在kP和正整數m使得f(m,k)=n。三、(本題滿分50分)設集合F=1,2,3,4,5，對任意kP和正整數m記.5k1f(mk)=my，其中a表示不大于a的最大整數。求證：對任意正整數n,i1Vi1存在kP和正整數m使得f(mk)=n。證明：定義集合A=mk1|N*,kF,其中N

33、*為正整數集。由于對任意k、ip且k工i,1是無理數，則對任意的匕、k2P和正整數m、m,k11m2.k21i1、當且僅當m=m,k1=k2。由于A是一個無窮集，現將A中的元素按從小到大的順序排成一個無窮數列。對于任意的正整數n,設此數列中第n項為m.k1。下面確定n與mk的關系。若m1.i1m.k1，則葉由m是正整數可知,對i=1,2,3,=f(mk)。因此4，5，滿足這個條件的m的個數為mk1。從而n=5mk1.i1i1.i1mk，使得對任意nN*,存在mN*,kP,使得f(mk)=n。（2009二試3）設k,l是給定的兩個正整數證明：有無窮多個正整數與I互素.三設給定的兩個1E更扎旳小有

34、尤窮名個止mk.便僭C：屮乩做證法一對任盤正彩數h令m=k+tl(k!).我們證明(g)=t&P&1的任-素因T,只耍證明-p|C*.若別燦則由kR!C需=pj(rn-Jt+i)Ik=口血+(期i-1ft三山i-1=A:!(modp).BPp不整除上式.故p|C*20分若p|燦設al便礦鈦但p1fk!.Wptt+1l(kl).故由h劉g=ri(mi+3)i=lfc=Hie+(礎i-lfc三lbi-l三fc!(modpa_bl).及曠I札11曠+U札知pI張茫且嚴刁MC：.從而譏c：so分證法二對任盤疋彩釵b令m=k+tb(JI!)2.我們if明(SJ)=1.設P&1的任一盍因T.只要證明PK*

35、若E燦則由kklC,=口仏一3)=1k=HKZ(砒i-lk三mI=k*(modp).即p不幣除上式，故JHC作20分叱|W上門)Jk=|IMill.111IP21p)2|Jt!,41*4*!.知胃從Itf列聳分(2010T8)方程xyz2010滿足xyz的正整數解(x,y,z)的個數是.336675提示：首先易知xyz2010的正整數解的個數為2C200920091004.把xyz2010滿足xyz的正整數解分為三類：(1) x,y,z均相等的正整數解的個數顯然為1；(2) x,y,z中有且僅有2個相等的正整數解的個數，易知為1003；(3) 設x,y,z兩兩均不相等的正整數解為k.易知131

36、0036k20091004，所以6k20091004310031200610052009321200610052004，即k1003335334335671.從而滿足xyz的正整數解的個數為11003335671336675.(2010二試2)設k是給定的正整數，rk-記f(r)f(r)rr,f(l)(r)2f(f(l1)(r),l2證明：存在正整數m使得f(m)(r)為一個整數.這里，x表示不小于實數x的最小整數，例如：12記v2(n)表示正整數n所含的2的幕次.則當mV2(k)V2(k)v用數學歸納法.當v0時,k為奇數，k1為偶數，此時1f(r)k-為整數.假設命題對V1(v1)成立.對

37、于v1，設k的二進制表示具有形式2v2v12v2這里，i0或者1,1,v2,Lf(r)k22v11)2vv2)2v1L22vL這里v1vv12vk2(v11)2(v1v2)2L2L.顯然k1中所含的2的幕次為v1故由歸納假設知，rk經過f的v次迭代得到2(2011T8)已知ancn。36200n.2(n1,2,95)，則數列中整數項的個整數，由知，f(v1)(r)是一個整數，這就完成了歸納證明.數為罌使叮丄注測為蹩拓必有均為整數*從而右fl44.36當n=X84,20,26238,44,506.62,68,74,80時,竽和均為非謔如所旦碼為整it拱有1個.中，X6!114!衛0!中閔數2的個

38、垃為L97、同理可計氮得胎中丙數M的亍數対貯1,1衛中因數：!的傘煖為】10所以屮區數2的個數為叨-粒-110=5.故熄整數.當-92時*3*2-%-y2L中，同禪可求得強!中因數2的個數為fB10庵8SJ0S中因數2的個數為105,故C：中因數2的個數為|97-fiS-l05=4.故不是盤數.冃此.柩t；珂的個幻為14+【=1$(2011二試2)證明：對任意整數n4，存在一個n次多項式f(x)an1Xaxa具有如下性質:(1)a。,ani均為正整數;(2)對任意正整數m，及任意k(k2)個互不相同的正整數ma,m，均有f(m)f(rjf(r2)f(rj令f(x)+10井將的右邊展奸即知/V)

39、是一個首項系歎為1的止整數系數的丹試多項式.下面證明川巧満足性質*對任意整數n山于時工斗故違續的N個整數汀中必有一個為的倍數，從而由卻/(0=2(moi14).20分因此對任意1(*2)個正整數丁廠有/(rje2*-(Xmod4)-但對任意正整敵巾.有/(/n)-mod41*故/(m)tf(rtXmod4)從而/Vrf)*/(rt)f(r2-/(/)所以f仕符合題設要求“4Q分(2011二試4)設A是一個39的方格表，在每一個小方格內各填一個正整數.稱A中的一個mn(1m3,1n9)方格表為“好矩形”，若它的所有數的和為10的倍數.稱A中的一個11的小方格為“壞格”，若它不包含于任何一個“好矩

40、形”求A中“壞格”個數的最大值.解甘先證明A中“壞格“不多于25個.用反證法.假設結論不成立，則方格表.4屮至冬有1個小方格不是“壞格”.由表格的對稱性，不妨假設此時第I行都是“壞格”.設方格表/第，列從上到下填的數依次為5,c,212,9.記=乞（妨+勺）,0,2,-,9,這里S=70.10分JM!我們證明:三組數So，s“,s“QG込及So+gSi+a心+耳祁是模io的完全剩余系.事實上，假如存在使Sw=SjmodlO）-則JD，dj=S.=0（mod10）即第1行的第加+1至第”列組成一個好矩形”，與第1行都是“壞格”才盾.20分又假如存在禺，使rw-rjmodlO）,則工（打+島）=7；-幾-0（modl0.即第2行至第3行、第，”+1列至第”列組成一個“好矩形”，從而至少有2個小方格不是“壞格”.矛盾.類似地也不存在人久Os加v”s9使S.+匚+ymodl0）30分因此上述斷言得證.故999