近几年IMO数论题目及答案

第42届IMO 试题
3. 由整数组成的一个21×21的矩阵，其每行每列都至多有6个不同的整数。

求证，存在某个整数出现在至少3行和3列中。

证：设b i <<2,g i <<2,则（b i -2）（g i -2）<<1，
即3)(2-+≤i i i i g b g b ，而1||≥i i g b ，
易知∑∑∈∈-⨯+⨯≤-+≤≤P i i i P i i
i P g b g b ||3)216216(2)3(2441
可得21||≤P (**)
对G g ∈，由(i)知，至少有一题有41]621[
=+个男生做出，至多2个女生做出，而21||=G ，故题数111]2
21[=+≥； 对G b ∈，由(i)知，至少有一题有41]6
21[=+个女生做出，至多2个田生做出，而21||=G ，故题数111]2
21[=+≥. 所以|P|22≥，显然与(**)式矛盾.
4. 设n 1,n 2,...,n m 是整数，其中m 是奇数。

x=(x 1,x 2,...,x m )是1,2,...,m 的一个排列，
f(x)=x 1n 1+x 2n 2+...+x m n m ，
求证，存在两个不同的排列a,b 使得f(a)-f(b)能被m!整除。

证明：由于存在n!种排列，所以也就有n!个f(a)。

假设结论不成立的话，则这n!个f(a)除以n!的余数必然两两不同，所以这n!个f(a)除以n!的余数是1、2、...、n!的某个排列。

因此∑f(a)≡(1+2+3+...+n!)≡n!(1+n!)/2≡n!/2(mod n!)，即∑f(a)不是n!的倍数。

而∑f(a)=(c 1+c 2+...+c n )[1+2+3+...n](n-1)!=(∑c i )[(n+1)/2]n!，由于n
是奇数，所以∑f(a)是n!的倍数，矛盾。

因此结论成立。

6.K>L>M>N 是正整数且KM+LN=(K+L-M+N)(-K+L+M+N)。

求证KL+MN 是合数。

证明:因为(ab+cd)-(ac+bd)=(a-d)(b-c)＞0，所以(ab+cd)＞(ac+bd)；又因为(ac+bd)-(ad+bc)=(a-b)(c-d)＞0，所以ab+cd ＞ac+bd ＞ad+bc 。

由于ac+bd=(a+b-c+d)(-a+b+c+d),所以a2-ac+c2=b2+bd+d2, 因此(ac+bd)(b2 +bd+d2)=ac(b2+bd+d2)+bd(a2-ac+c2)=acb2+acd2+a2bd+bc2d=(ab+cd)(ad+bc)，所以(ac+bd)可以被(ab+cd)(ad+bc)整除。

假设ab+cd是一个素数，由于ab+cd＞ac+bd＞1，所以(ab+cd)与(ac+bd)互素，因此(ac+bd)可以被(ad+bc)整除,与ac+bd＞ad+bc矛盾。

所以ab+cd是一个合数。

第43界IMO试题
3. 找出所有的正整数对m,n≥3，使的存在无穷多个正整数a，使(a m +a-1)/(a n +a2-1)为整数。

解：显然m≥n，令f(x)=(x m+x-1)，g(x)=(x n+x2-1),设f(x)=r(x)g(x)+s(x)
其中r(x)和s(x)都是整系数多项式，且s(x)次数小于n。

由已知有无穷多个整数a使得s(x)/g(x)为整数，但是当x充分大时，g(x)＞∣s(x)∣，所以只能有s(x)≡0，也就是说g(x)可以整除f(x)。

假设m=n+k，则f(x)=x k(x n+x2-1)-x k+2+x k+x-1=x k g(x)-(x-1)(x k+1+x k-1)，所以g(x)可以整除h(x)=(x k+1+x k-1)，(※)因此k+1≥n≥3，所以我们还有k≥2。

而g (0)=-1，g(1)=1，所以在(0,1)区间内必然存在一个α，使得g(α)=0。

由于g(x)可以整除h(x)，所以也有h(α)=0。

也即αk+1+αk-1=0=αn+α2-1，所以αk+1+αk =αn+α2。

由于k+1≥n，k≥2且α∈(0,1)，所以αk+1+αk≤αn+α2。

现在等号成立，所以必有k+1=n且k=2，相应的有m=5，n=3。

而m=5，n=3时，f(x)=(x2-x+1)g(x)，所以对于所有的整数a，(a m+a-1)/(a n +a2-1)都是整数。

(※)g(1)=1≠0，所以g(x)不含有(x-1)这个因子。

4. 设n为大于1的整数，全部正因数为d1,d2,...,d k，其中1=d1 < d2 < ... < =n，
d
k
记D=d1d2+d2d3+...+d k-1d k。

• a. 求证：D< n2；
b. 确定所有的n ，使得D 能整除n 2。

证：①因为d1＜d2＜...＜dk ，所以n/d1＞n/d2＞...＞n/dk ，所以n/dk ≥1，n/dk-1≥2，…，n/d1≥k 。

所以d=n 2 (dk-1dk/n 2+...+d2d3/n 2+d1d2/n 2)＜n 2[1/(1×2)+1/(2×3)+1/(3×4) + ... ]＝n 2。

②如果n 是素数，则它的全部因子为1＜n ，所以d=n ，当然d 是n 2的因子。

③如果n 是一个合数，则k ≥3。

设p 是n 的最小素因子，当然它也是n 2的最小素因子，如果d 整除n 2，则必有d ≤n 2/p ；但是dk=n ，dk-1=n/p ，所以d=d1d 2+d2d3+...+dk-1dk ≥d1d2+dk-1dk ＞n 2/p ，矛盾。

所以当且仅当n 是素数时，d 整除n 2。

第44界IMO 试题
2.求所有正整数对(m ，n)，使得1
2322
+-n mn m 是正整数． 解：如果b=1，则a 必须要是偶数，把(a, b)=(2k,1)代入发现的确满足要求（其中k ≥1）。

以下我们假定b ＞1，
假设t=a 2/(2ab 2-b 3+1)是正整数，则a 是方程x 2-2b 2tx+(b 3-1)t=0(※)的一个正整数解，因为2tb 2＞0，(b 3-1)t ＞0，所以(※)的另外一个解=(b 3-1)t/a =2b
2t-a ，所以(※)a 以外的解也是正整数。

设(※)的两个解为c ＞d ，则c=tb 2+√(t
2
b 4-tb 3+t)＞tb 2，所以d ＜(b 3-1)t/(tb 2)＜b 。

t=d 2/(2db 2-b 3+1)≥1，所以b 2＞d 2≥2db 2-b 3+1=(2d-b)b 2
+1≥1，因此只能有(2d-b)=0，故b=2d 为偶数，且b/2=d=tb 2-√(t 2b 4-tb 3+t)，所以t 2b 4-tb 3+t=(tb 2-b /2)2，化简可得t=b 2/4。

令b=2k ，代入得到(※)的两个解d=k ，c=(b 3-1)t/d=8k 4-k ，容易验证(a,b)=(k,2k)、(8k 4-k,2k)和(2k,1)都满足问题的要求。

p 不能被q整除.
6. 对每个素数p,存在素数q使得对每个正整数n,n p
证明：因为N=(p p-1)/(p-1)=1+p+p2+...+p p-1≡p+1(mod p2)，所以存在一个N 的素因子q，使得q-1不是p2的倍数(如果N的每一个素因子除以p2的余数是1，则N除以p2的余数也必是1，矛盾)。

以下我们使用反证法来证明q就满足我们的要求。

如果存在一个自然数n，使得n p≡p(mod q)。

由q的定义可知(p p-1)=(p-1)N ≡0(mod q)，因此p p≡1(mod q)，所以n的p2次方除以q的余数也是1。

设a是使得n x≡1(mod q)成立的最小正整数，这样p2是a的整数倍，由Fermat定理q -1也是a的整数倍。

因为q-1不能被p2整除，所以只能有a=1或p，因此n p≡1 (mod q)，而由假设n p≡p(mod q)，所以p≡1(mod q)，这样N=1+p+p2+...+p p-1≡1+1+1...+1≡p(mod q)。

所以p也是q的倍数，这与(N,p)=1矛盾，因此q满足我们的要求。

2004第45届IMO
6. 称一个正整数为“交替的”，如果它的十进表示的任两个连续数位的奇偶性不同. 求所
有的正整数n，n的某个倍数是交替的.
证：引理1：对于任意正整数n，存在一个不超过n位，末位非0的“转变的”数是2^n的倍数
用数学归纳法，n=1时取2，n每次多1时，先确定在已知数前面应该加一个奇数还是偶数才
能被新的2^n整除，再考虑不与后一位相同，总可以做到。

引理2：对于任意正整数n，存在一个不超过n位，末位非0的“转变的”数是5^n的倍数
用数学归纳法，n=1时取5，n每次多1时，先确定在已知数前面应该加一个被5除余多少的
数才能被新的5^n整除，再考虑不与后一位相同，总可以做到。

如果第一位被迫为0，那么
去掉它就是满足条件的数，而向下一个n递推时再把0写上并考虑第一位不能是0
引理3：对于任意互素的正整数m和n，总可以找到一个正整数p使
m^(p-1)+m^(p-2)+……+
m+1被n整除
当p遍历整个正整数集时，总有两个p使所列出的两个数模n同余，用大的减小的，再除以
m的若干次方即可
原题：所有这样的n是所有非100的倍数的n
如果100|n显然n不符合要求
否则设n=2^x*5^y*z，其中z与10互素，且x与y至少有一个小于2
若x小于2，由引理2存在一个不超过y位，末位非0的“转变的”数是5^y的倍数，又因为n
与10^d互素(这里d是指那个“转变的”数的位数再加1)，故由引理3存在这么一个p，那么
易见把那个“转变的”数后面添一个0，再重复写p遍，就是n的倍数，且还是一个“转变
的”数
若y小于2，由引理2存在一个不超过x位，末位非0的“转变的”数是2^x的倍数，又因为n
与10^d互素(这里d是指那个“转变的”数的位数再加1)，故由引理3存在这么一个p，那么
易见把那个“转变的”数后面添一个0，再重复写p遍，就是n的倍数，且还是一个“转变
的”数，证毕+++++首先重证引理1，并把最后一位定为2：
还是用数学归纳法，n=1时取2，n=2时取12，以后n每加1的时候就考虑在最左边应该添加
一个奇数还是偶数才能使得新的数被新的2^n整除，如果要添加的数必须和原来的首位数
奇偶性相同，那么把原来的首位加或者减2就可以了。

然后重证引理2，并把最后一位定为5：
其实这个就是利用每位都有2个不同奇偶性的选择
之后引理3不用变
对原命题的证明：若n不是5的倍数，那么先用引理1，如果n里边5的幂次是奇数次就随便
补一位奇数使得原始的那个数是偶数位，如果原始就是偶数位便不用动，再套引理3即得。

若n是奇数，那么先用引理1并同样把原始的数弄成偶数位，再套引理3。

若n模4余2，用n/2代替n代入上面情况，最后在所得的奇数后面加个0。

若20|n，显然n的任何正整数倍都不是“转变的”。

综上，所求的n是所有不是20的倍数的n。

2005年第46届IMO试题
6.一次数学竞赛共给出6道题.已知,每两题均被多于2/5的选手同时解出,但无一人解出所
有6道题.证明:至少有两人各解出5道题.。