【题说】 第十三届（1995年）美国数学邀请赛题7．
【解】 由已知得
即
所以
a2－036 一个正整数不是42的正整数倍与合数之和．这个数最大是多少？
【题说】 第十三届（1995年）美国数学邀请赛题10．
【解】 设这数为42n＋p，其中n为非负整数，p为小于42的素数或1．
由于2×42＋1，42＋2，42＋3，42×5＋5，42＋7，2×42＋11，42＋13，4×42＋17，3×42＋19，42＋23，3×42＋29，2×42＋31，4×42＋37，2×42＋41，都是合数，所以在n≥5时，42n＋p都可表成42的正整数倍与合数之和，只有42×5＋5例外．因此，所求的数就是42×5＋5＝215．
a2－038 求所有正整数x、y，使得x＋y2＋z3＝xyz，这里z是x、y的最大公约数．
【题说】 第三十六届（1995年）imo预选题．
【解】 由原方程及y2、z3、xyz均被z2整除得出z2|x．设x＝az2，y＝bz，则原方程化为
a＋b2＋z＝abz2 （1）
由b2、abz2被b整除得b|（a＋z）．于是b≤a＋z．
a＋z＋b2＝abz2
＝（a＋z）b＋（a＋z）b＋b（（z2－2）a－2z）
≥a＋z＋b2＋b（（z2－2）a－2z） （2）
（2）中不等式的等号只在b＝1并且b＝a＋z时成立，而这种情况不可能出现（a＋z＞1），所以（2）是严格的不等式．这表明
（z2－2）a－2z＜0 （3）
从而z≤2（否则（3）的左边≥z2－2－2z≥z－2＞0）．
在z＝2时，2a－2z＜0，即a＝1，代入（1）得b＝1或3，从而x＝4，y＝2或6．
在z＝1时，（1）成为
a＋b2＋1＝ab （4）
从而
（a－b）（b－1）＝b＋1＝（b－1）＋2
这表明（b－1）|2，b＝2或3．代入（4）得a＝5．于是x＝5，y＝2或3．
因此本题共有四组解：（x，y）＝（4，2），（4，6），（5，2），（5，3）．
a2－039 设 m、n∈n，（m，n）＝1．求（5m＋7m，5n＋7n）．其中（m，n）表示 m、n的最大公约数．
【题说】 1996年日本数学奥林匹克题 2．
【解】 记h（m，n）＝（5m＋7m，5n＋7n）．
则
h（0，1）＝（2，12）＝2
h（1，1）＝（12，12）＝12
因h（m，n）＝h（n，m），故可设n≥m．
当n≥2m时，
（5m＋7m，5n＋7n）
＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－m＋7n－m）－5m7m（5n－2m
＋7n－2m））
＝（5m＋7m，5m7m（5n－2m＋7n－2m））
＝（5m＋7m，5n－2m＋7n－2m）
当m≤n＜2m时，
（5m＋7m，5n＋7n）
＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－m＋7n－m）－5n－m7n－m（52m
－n＋72m－n））
＝（5m＋7m，52m－n＋72m－n）
记
则
（1）h（m′，n′）＝h（m，n）；
（2）m′＋n′≡m＋n（mod 2）；
（3）（m′，n′）＝（m，n）．
当（m，n）＝1时，反复进行上面的操作，最后必有（m′，n′）＝（1，0）或（m′，n′）＝（1，1）．从而有
a2－040 求下列方程的正整数解：
（a，b）＋[a，b]＋a＋b＝ab
其中a≥b，[a，b]、（a，b）分别表示a与b的最小公倍数与最大公因数．
【题说】 1996年日本数学奥林匹克预选赛题 7．
【解】 记（a，b）＝d，a＝da′，b＝db′，则[a，b]＝da′b′．题设条件变为
1＋a′＋b′＋a′b′＝da′b′ （*）
所以
故1＜d≤4．
当d＝4时，a′＝b′＝1，从而a＝b＝4；
当d＝3时，（*）等价于
（2a′－1）（2b′－1）＝3
由a′≥b′得a′＝2，b′－1．故a＝6，b＝3．
当d＝2时，（*）等价于
（a′－1）（b′－1）＝2
由a′≥b′得a′＝3，b′＝2．从而a＝6，b＝4．
综上所述，所求的正整数解有4，4；6，4；6，3．
a2－041 一个幻方中，每一行，每一列及每一对角线上的三个数之和有相同的值．图示一个幻方中的四个数，求x．
【题说】 第十四届（1996年）美国数学邀请赛题1．
【解】 幻方中两条对角线的和与第二列的和都为同一值s，这3s也是第一行的和加上第二行的和，再加上中央一数的3倍．所以中央的
左下角的数为19＋96－1＝114．因此
x＝3×105－19－96＝200 |
