1、A1011 設n為大于2的已知整數，并設Vn為整數1kn的集合，k1，2，數mVn稱為在 Vn中不可分解，如果不存在數p，qVn使得 pqm證明：存在一個數rVn可用多于一種方法表達成Vn中不可分解的元素的乘積【題說】 第十九屆（1977年）國際數學奧林匹克題3本題由荷蘭提供【證】 設an1，b2n1，則a2、b2、a2b2都屬于Vn因為a2（n1）2，所以a2在Vn中不可分解式中不會出現a2ra2b2有兩種不同的分解方式：ra2·b2a2（直至b2分成不可分解的元素之積）與rab·ab（直至ab分成不可分解的元素之積），前者有因數a2，后者沒有A1012 證明在無限整數序

2、列 10001，100010001，1000100010001，中沒有素數注意第一數（一萬零一）后每一整數是由前一整數的數字連接0001而成【題說】 1979年英國數學奧林匹克題 6【證】 序列 1，10001，100010001，可寫成1，1104，1104108，一個合數即對n2，an均可分解為兩個大于1的整數的乘積，而a210001137·73故對一切n2，an均為合數A1013 如果一個自然數是素數，并且任意地交換它的數字，所得的數仍然是素數，那么這樣的數叫絕對素數求證：絕對素數的不同數字不能多于3個【題說】 第十八屆（1984年）全蘇數學奧林匹克八年級題 8【證】 若不同數

3、字多于 3個，則這些數字只能是1、3、7、9不難驗證1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余數分別為0、1、2、3、4、5、6因此對任意自然數M，104×M與上述7個四位數分別相加，所得的和中至少有一個被7整除，從而含數字1、3、7、9的數不是絕對素數A1014 設正整數 d不等于 2、5、13證明在集合2，5，13，d中可以找到兩個不同元素a、b，使得ab1不是完全平方數【題說】 第二十七屆（1986年）國際數學奧林匹克題1本題由原聯邦德國提供【證】 證明2d1、5d1、13d1這三個數中至少有一個不是完全平方數即可用反證法，設5d1x2

4、60;                                                  （1

5、）5d1y2                                                 

6、  （2）13d1z2                                               &#

7、160; （3）其中x、y、z是正整數由（1）式知，x是奇數，不妨設x2n1代入有 2d1（2n1）即 d2n22n1                  （4）（4）式說明d也是奇數于是由（2）、（3）知y、Z是偶數，設y2p，z2q，代入（2）、（3）相減后除以4有2dq2p2（qp）（qp）因2d是偶數，即q2p2是偶數，所以p、q同為偶數或同為奇數，從而qp和qp都是偶數，即2d是4的倍數，因此d是偶數這與d是奇數相矛盾

8、，故命題正確A1015 求出五個不同的正整數，使得它們兩兩互素，而任意n（n5）個數的和為合數【題說】 第二十一屆（1987年）全蘇數學奧林匹克十年級題 1【解】 由n個數aii·n！1，i1，2，n組成的集合滿足要求因為其中任意k個數之和為m·n！k（mN，2kn）由于n！1·2·· n是 k的倍數，所以m·n！k是 k的倍數，因而為合數對任意兩個數ai與 aj（ij），如果它們有公共的質因數p，則p也是aiaj（ij）n！的質因數，因為0ijn，所以p也是n！的質因數但ai與n！互質，所以ai與aj不可能有公共質因數p，即ai、a

9、j（ij）互素令n5，便得滿足條件的一組數：121，241，361，481，601A1016 已知n2，求證：如果k2kn對于整數k素數【題說】 第二十八屆（1987年）國際數學奧林匹克題6本題由原蘇聯提供（1）若mp，則p|（mp）2（mp）n又（mp）2（mp）nnP，這與m是使k2kn為合數的最小正整數矛盾（2）若mp1，則（p1m）2（p1m）n（p1m）（pm）n被p整除，且（p1m）2（p1m）nnp因為（p1m）2（p1m）n為合數，所以p1mm，p2m1由得4m24m1m2mn即3m23m1n0由此得A1017 正整數a與b使得ab1整除a2b2求證：（a2b2）/（ab1）是

10、某個正整數的平方【題說】 第二十九屆（1988年）國際數學奧林匹克題6本題由原聯邦德國提供a2kabb2k                                   （1）顯然（1）的解（a，b）滿足ab0（否則ab1，a2b2k（ab1）0）又由于

11、k不是完全平方，故ab0設（a，b）是（1）的解中適合a0（從而b0）并且使ab最小的那個解不妨設ab固定k與b，把（1）看成a的二次方程，它有一根為a設另一根為a，則由韋達定理（2），a為整數，因而（a，b）也是（1）的解由于b0，所以a0但由（3）從而abab，這與ab的最小性矛盾，所以k必為完全平方A1018 求證：對任何正整數n，存在n個相繼的正整數，它們都不是素數的整數冪【題說】 第三十屆（1989年）國際數學奧林匹克題5本題由瑞典提供【證】 設a（n1）！，則a2k（2kn1），被k整除而不被k2整除（因為a2被k2整除而k不被k2整除）如果a2k是質數的整數冪pl，則kpj（l、

12、j都是正整數），但a2被p2j整除因而被pj1整除，所以a2k被pj整除而不被pj1整除，于是a2kpjk，矛盾因此a2k（2kn1）這n個連續正整數都不是素數的整數冪A1019 n為怎樣的自然數時，數32n122n16n是合數？【題說】 第二十四屆（1990年）全蘇數學奧林匹克十一年級題5【解】 32n122n16n（3n2n）（3n12n1）當 nl時，3n2n1，3n12n11，所以原數是合數當 n1時，原數是素數13A1020 設n是大于6的整數，且a1、a2、ak是所有小于n且與n互素的自然數，如果a2a1a3a2akak10求證：n或是素數或是2的某個正整數次方【題說】 第三十二屆（1991年）國際數學奧林匹克題2本題由羅馬尼亞提供【證】 顯然a11由（n1，n）1，得 akn1令 da2a10當a22時，d1，從而kn1，n與所有小于n的自然數互素由此可知n是素數當a23時，d2，從而n與所有小于n的奇數互素故n是2的某個正整數