第45届IMO预选题下

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1、28中等数学第45届IMO预选题(下)李建泉　译(天津师范大学数学教育科学与数学奥林匹克研究所,300074)3.一个从正整数集N+到其自身的函数数论部分22f满足:对于任意的m、n∈N+,(m+n)可1.设τ(n)表示正整数n的正因数的个以被f2(m)+f(n)整除.证明:对于每个n∈数.证明:存在无穷多个正整数a,使得方程N+,有f(n)=n.τ(an)=n4.设k是一个大于1的固定的整数,没有正整数解n.2m=4k-5.证明:存在正整数a、b,使得如2.已知从正整数集N+到其自身的函数下定义的数列{xn}:ψ定义为nx0=a,x1=b,

2、ψ(n)=∑(k,n),n∈N+,xn+2=xn+1+xn,n=0,1,⋯k=1其中(k,n)表示k和n的最大公因数.其所有的项均与m互质.(1)证明:对于任意两个互质的正整数5.本届IMO第6题.m、n,有ψ(mn)=ψ(m)ψ(n);6.已知正整数n(n>1),设Pn是所有(2)证明:对于每一个a∈N+,方程小于n的正整数x的乘积,其中x满足n整2ψ(x)=ax有一个整数解;除x-1.对于每一个n>1,求Pn除以n的(3)求所有的a∈N+,使得方程ψ(x)=余数.ax有唯一的整数解.7.设p是一个奇质数,n是一个正整数.2OQsin100

3、°53sin100°53(x-2)2OR===+y=1,①sin40°sin80°·sin40°sin40°4≈13147(cm).y=kx-4②5三、设直线l与椭圆交点坐标分别为A(x1,y1),所确定.B(x2,y2).将式②代入式①整理得2222(1)当直线l斜率不存在时,AB⊥x轴.此时,25(4k+1)x-20(8k+5)x+64k=0.2244(8k+5)64kx1=x2=.则x1+x2=2,x1x2=2.55(4k+1)25(4k+1)425y+4k-2由式②得x=,代入式①整理得525k由+y=1,解得425(4k2+1)y2

4、-60ky-64k2=0.44212k64ky1=5,y2=-5.则y1+y2=2,y1y2=-2.5(4k+1)25(4k+1)4444y1y2π故A5,5,B5,-5.因为kOA·kOB==-1,所以,∠AOB=.x1x22ππ显然,∠AOB=.综合(1)(2)得∠AOB=.22(2)当直线l的斜率为k(k≠0)时,点A、B的坐(顾鸿达　李大元　邱万作　熊　斌　忻重义　命题)标由方程组2005年第11期29n在坐标平面上的一个直径为p的圆周上有k2(modm),k1≡k2(modn),其中k1、k2∈{1,2,⋯,八个不同的整点.证明:在

5、这八个点中存在三mn},则k1≡k2(modmn).所以,有k1=k2.个点,以这三个点构成的三角形满足边长的因为对于每一个k∈{1,2,⋯,mn}和它对应的n+1平方是整数,且能被p整除.数对(r,s),有(k,m)=(r,m),(k,n)=(s,n).所以,参考答案mnψ(mn)=∑(k,m)(k,n)1.如果对于某个正整数n,有τ(an)=n,则k=1mna=an.于是,关于正整数k的方程k=a有=∑(r,m)(s,n)=∑(r,m)∑(s,n)τ(an)τ(k)1≤r≤mr=1s=11≤s≤n解.因此,只须证明:=ψ(m)ψ(n).k

6、p-1α若质数p≥5,则方程=p没有正整数(2)设n=p,其中p是质数,α是正整数.τ(k)n解.∑(k,n)中的每一个被加数都具有pl的形式,plk=1设n在区间[1,n]内有k个因数,则在区间αl出现的次数等于区间[1,p]中能被p整除但不能(n,n]内至多有k个因数.事实上,如果d是一个l+1被p整除的整数的个数.于是,对于l=0,1,⋯,nα-lα-l-1比n大的n的因数,则就是一个比n小的n的α-1,这些整数的个数为p-p.所以,dα-1ααlα-lα-l-1因数.故τ(n)≤2k≤2n.ψ(n)=ψ(p)=p+∑p(p-p)l=0

7、kp-1αα-1假设对于某个质数p≥5,方程=p有正=(α+1)p-αp.①τ(k)整数解k,则k能被pp-1整除.设k=pαs,其中对于任意的a∈N+,取p=2,α=2a-2,有2a-22a-2ψ(2)=a·2.α≥p-1,p不能整除s.于是,有2a-2α所以,x=2是方程ψ(x)=ax的一个整数psp-1=p.(α+1)τ(s)解.pp+1若α=p-1,则s=pτ(s).(3)取α=p,可得ψ(p)=p,其中p为质数.a所以,p整除s,矛盾.2p-2p如果a∈N+有一个奇质因数p,则x=2p满足若α≥p+1,则方程ψ(x)=ax.实际上,

8、由(1)及式①可得p-1p(α+1)sssaaα=≥=.2p-2p2p-2ppτ(s)2s2ψ(2p)=ψ(2)ψ(p)aa2a2p-3p+12p-2p因为对于所有