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1 求一个四位数，它的前两位数字及后两位数字分别相同，而该数本身等于一个整数的平方． 1956年波兰．

x＝1000a＋100a＋10b＋b＝11(100a＋b)

其中0＜a≤9，0≤b≤9．可见平方数x被11整除，从而x被112整除．因此，数100a＋b＝99a＋(a＋b)能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b≤18，以a＋b＝11．于是x＝112(9a＋1)，由此可知9a＋1是某个自然数的平方．对a＝1，2，…，9逐一检验，易知仅a＝7时，9a＋1为平方数，故所求的四位数是7744＝882．

2 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方． 1953年匈牙利．

【证 设2n2＝kd，k是正整数，如果 n2＋d是整数 x的平方，那么k2x2＝k2(n2＋d)＝n2(k2＋2k)

但这是不可能的，因为k2x2与n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜(k＋1)2得出k2＋2k不是平方数．

3 试证四个连续自然数的乘积加上1的算术平方根仍为自然数． 1962年上海高三决赛题 ．

【证】 四个连续自然数的乘积可以表示成n(n＋1)(n＋2)(n＋3)＝(n2＋3n)(n2＋8n＋2)＝(n2＋3n＋1)2－1

因此，四个连续自然数乘积加上1，是一完全平方数，故知本题结论成立．?4 已知各项均为正整数的算术级数，其中一项是完全平方数，证明：此级数一定含有无穷多个完全平方数． 1963年俄

【证】 设此算术级数公差是 d，且其中一项 a＝m2(m∈N)．于是a＋(2km＋dk2)d＝(m＋kd)2

对于任何k∈N，都是该算术级数中的项，且又是完全平方数．

5 求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得一个完全平方数(假定划掉的两个数字中的一个非零)．1964年俄．

【解】 设 n2满足条件，令n2＝100a2＋b，其中 0＜b＜100．于是 n＞10a，即 n≥10a＋1．因此b＝n2100a2≥20a＋1

由此得??20a＋1＜100，所以a≤4．经验算，仅当a＝4时，n＝41满足条件．若n＞41则n2－402≥422－402＞100．因此，满足本题条件的最大的完全平方数为412＝1681．

6 求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数． 1964年波兰

【解】 当p≡±1(mod 5)时，5|4p2＋1．当p≡±2(mod 5)时，5|6p2＋1．所以本题只有一个解p＝5．

7 证明存在无限多个自然数a有下列性质：对任何自然数n，z＝n4＋a都不是素数． 1969德国．

【证】 对任意整数m＞1及自然数n，有n4＋4m4＝(n2＋2m2)2－4m2n2＝(n2＋2mn＋2m2)(n2－2mn＋2m2)

而????n2＋2mn＋2m2＞n2－2mn＋2m2＝(n－m)2＋m2≥m2＞1故 n4＋4m4不是素数．取 a＝4·24，4·34，…就得到无限多个符合要求的 a．

8 将某个17位数的数字的顺序颠倒，再将得到的数与原来的数相加．证明：得到的和中至少有一个数字是偶数． 1970年苏

【证】 假设和的数字都是奇数．在加法算式中，末一列数字的和d＋a为奇数，从而第一列也是如此，因此第二列数字的和b＋c≤9．于是将已知数的前两位数字a、b与末两位数字c、d去掉，所得的13位数仍具有性质：将它的数字颠倒，得到的数与它相加，和的数字都是奇数．照此进行，每次去掉首末各两位数字．最后得到一位数，它与自身相加显然是偶数．矛盾！

9 证明：如果p和p＋2都是大于3的素数，那么6是p＋1的因数． 1973年加拿大

【证】 因p是奇数，2是p＋1的因数．因为p、p＋1、p＋2除以 3余数不同，p、p＋2都不被 3整除，所以p＋1被 3整除．

10 证明：三个不同素数的立方根不可能是一个等差数列中的三项(不一定是连续的)． 美国1973年

【证】 设p、q、r是不同素数．假如有自然数l、m、n和实数a、d，

消去a，d，得化简得(m－n)3p＝(l－n)3q＋(m－l)3r＋3(l－n)(m

11 设n为大于2的已知整数，并设Vn为整数1＋kn的集合，k＝1，2，…．数m∈Vn称为在 Vn中不可分解，如果不存在数p，q∈Vn使得 pq＝m．证明：存在一个数r∈Vn可用多于一种方法表达成Vn中不可分解的元素的乘积． 1977年荷兰

【证】 设a＝n－1，b＝2n－1，则a2、b2、a2b2都属于Vn．因为a2＜(n＋1)2，所以a2在Vn中不可分解．

式中不会出现a2．

r＝a2b2有两种不同的分解方式：r＝a2·b2＝a2…(直至b2分成不可分解的元素之积)与r＝ab·ab＝…(直至ab分成不可分解的元素之积)，前者有因数a2，后者没有．

12 证明在无限整