高中數學奧林匹克競賽題（數論） 高中數學奧林匹克競賽題

樓上又做錯了。

怎麼可能沒有解決方案，（4,4）是一組解決方案。

正確性證明：

假設 （a，b）=d， a=a1*d， b=b1*d， 那麼 （a1，b1）=1， [a，b]=a1*b1*d 因為 （a，b）*[a，b]=ab

a,b)+9[a,b]+9(a+b)=7ab

將等式的兩邊除以 d，1+9a1*b1+9a1+9b1=7a1*b1*d

1+9a1+9b1=a1*b1*(7d-9)

7d-9=1/a1*b1+9(1/a1+1/b1) <= 1+9(1+1)=19

d<=4

d=4，不等式取等號，所以有乙個唯一的解 a1=b1=1 a=b=4

d=1， 1 a1*b1+9（1 a1+1 b1）<0 無解。

d=2, 1+9a1+9b1=5a1*b1

5a1-9）b1=9a1+1 請注意，5a1-9<9a1+1 所以 b1 不能是 1

b1>=2，所以2（5a1-9）<=（5a1-9）b1=9a1+1

溶液，A1<=19逐一檢查列舉，發現總共只有兩種解。

a1=2，b1=19，同樣，a1=19，b1=2，a，b分別為4和38,38和4

d=3， 1+9a1+9b1=12a1*b1 因為 3|12a1*b1 所以 3|1+9a1+9b1，所以3|1.矛盾，所以沒有解決方案。

綜上所述，有三組解，a=b=4;a=4, b=38；a=38, b=4

設 a=xn，b=yn，（x，y）=1

a,b)=n,[a,b]=xyn

a,b)+9[a,b]+9(a+b)

n+9xyn+9n（x+y）=7xyn 2 由於 0 不考慮在最小公倍數中

所以 1+9xy+9（x+y）=7xyn

1+9(x+y)=xy(7n-1)

7n-1=1/xy+9(1/y+1/x)

如果 x，y>0,7n-1<9

n=1,1+9(x+y)=6xy

x=(9y+1)/(6y-9)=3/2+1/2*[29/(6y-9)]

29 （6y-9） 不能是正整數。

所以沒有解決方案。

設 （a，b）=r。[a,b]=abr

原始測試 = R 加 9 * Abr 加 9 * （A 加 B） = ABR 2

沿著這條線去做。

1.每個 AI 包含 30 個元素; 2.對於每對 i，j：1 i j n，ai aj 是乙個單位集; 空集。

從這三個屬性可以得出結論，同一元素最多只有30個集合（可以用反證明法證明），除了這30個集合中的相同元素外，每個集合中還有29個元素，它們彼此不同，從屬性2可以看出，其他集合中的30個元素都是由其中的乙個組成的。這 30 套中 29 個元素，除相同元素外，共計 29 個 30。

存在的最大正整數為 n=30+29 30

答：871有問題，錯了吧）。

設 a1 a2=a（1,2）。

a1∩a3=a（1，,3）

an-1∩an=a（n-1，n）

當 a（1,2）、a（1,3）、a（1,4） ......a（n-1，n） 具有不同的元素集。

由於 AI 包含 30 個元素，因此它總共可以由 31 個不同的單元格集組成，這是目前最大的。

n 最大值 = 30 + 1 = 31

首先，設 f（x）=x 2+（m-2）x+2m-1 有乙個介於 0 和 1 之間的實根。

因此，只要滿足 f（0）*f（1）<0，就意味著這兩個點對於跟蹤的函式應該具有不同的值。

解：1 22 3），根是7-2，介於0和1之間，所以滿足題目，應取，答案應大於6-2 7

【證明】在21個數字中，有a、b、c、d四個數字，滿足a+b=c+d，即a-c=d-b，問題等價於必須有四個數字，其中兩個數字之差等於另外兩個數字之差！

反轉是行不通的，即在1 100以內，可以提取21個數字，這樣任意兩個數字之間的差值就不一樣了！ （這些差異可以是 1、2、3、4、5,...）

從 1 100 開始不相同的兩個相鄰數字的最大集合是（兩個鄰居之間的差值依次增加）。

總共有 14 個數字，如果有 21 個數字，您可以找到四個數字 m、n、s 和 t，其中 m-n = s-t

與反設定相矛盾！

因此，這個命題得到了證明！

ps：任意取21個數字，如果想讓兩對的總和不同，那麼一定有21*20 2=210種（這是高中的排列組合，即從21個數字中抽出兩個數字，有210種抽取），1 100中兩者的總和不超過3 199（最小和是1+2， 最大總和為100+99），合計少於200種，少於210種，按抽屜原則，必須有兩個，而且是一樣的！

<> “這個世昌是幾年前全國高中數學聯盟的附加試題，不知道你要什麼樣的齊輝爛。