Question

求下列几道高中数学竞赛题的解答

1.求证：全体整数的集合可以划分为有序三元组（a,b,c），使得每组的a^3 b+b^3 c+c^3 a的绝对值都是完全平方数
2.已知关于x的方程lg(4x^2-(8a-1)x+5a^2)+x^2+(1-2a)x+2a^2=lg(x^2-2(a+1)x-a^2)恰有一个实数根，求实参数a的所有可能值
3.已知正整数数列{An}满足A0=m,A n+1=An ^5+487.试求m的值，使得{An}中完全平方数的个数最大
4.求所有正整数组(a,b,p,n),使得p为素数,且a^3+b^3=p^n
5.确定是否存在一个正整数n,n无平方因子，恰好被2011个不同的质数整除，而且2^n+1被n整除
6.

Answer 1

我做出来了3-5题，至于1、2题，想出来了再补充，对了，你第一题的题意似乎有些不明，能不能再写清楚一点。
3.显然m≡0,1,2,3(mod4)，下面依次讨论。
若m≡0(mod4)，那么A[1]≡m^5+487≡487≡3(mod4)，A[2]≡A[1]^5+487≡(-1)^5+487≡2(mod4)，A[3]≡A[2]^5+487≡3(mod4)，这样易得A[4]≡2(mod4)，A[5]≡3(mod4)，……，这样依次循环。而完全平方数对4取模应余0或1，这样A[n]中至多只有一个完全平方数(A[0])。
若m≡1(mod4)，那么易知A[1]≡0(mod4)，A[2]≡3(mod4)，A[3]≡2(mod4)，A[4]≡3(mod4)，……，此时至多有2个完全平方数(A[0]和A[1])。
同样的分析，若m≡2或3(mod4)，那么A[n]中不可能有完全平方数。
由上知A[n]中至多有2个完全平方数，且只可能为A[0]和A[1]，下面求m的值使A[0]和A[1]都为完全平方数。
设A[0]=m=k²，那么设A[1]=m^5+487=k^10+487=n²，∴487=n²-k^10=(n-k^5)(n+k^5)。注意到487是质数，那么n-k^5=1，n+k^5=487，解得k=3，∴m=9。经检验，m=9时A[0]和A[1]均为完全平方数，∴所求m即为9。

4.a³+b³=(a+b)(a²+b²-ab)=p^n，显然a+b>1，那么p|a+b

假如p=3，那么a³+b³=(a+b)(a²+b²-ab)=3^n。设a²+b²-ab=3^i
如果i≤1，当i=0时a²+b²-ab=1，那么1=a²+b²-ab≥ab，∴a=b=1，得3^n=2，矛盾！；当i=1时3=a²+b²-ab≥ab，∴a,b中至少有一个为1，又3|a+b，∴另一个为2，此时3^n=9，∴n=2，由此得到两组解(1,2,3,2),(2,1,3,2)
如果n≤2，易知n≠0，当n=1时(a+b)(a²+b²-ab)=3，那么a+b=3，a²+b²-ab=1≥ab，矛盾！当n=2时，此时a³+b³=(a+b)(a²+b²-ab)=3^2，∴a+b=a²+b²-ab=3，得a,b一个为1，一个为2。即得到先前求得的两组解(1,2,3,2),(2,1,3,2)
即当i≤1或n≤2时有两组解(1,2,3,2),(2,1,3,2)，
如果i≥2(即a²+b²-ab≥9)且n≥3，那么3|a+b，且3²|a²+b²-ab=(a+b)²-3ab，∴3²|3ab，即3|ab，∴3|a且3|b，这样(a/3)³+(b/3)³=(a/3+b/3)((a/3)²+(b/3)²-(a/3)(b/3))=3^(n-3)，若此时仍有(a/3)²+(b/3)²-(a/3)(b/3)≥9且n-3≥3，那么重复以上步骤，重复k次以后(a/3^k)³+(b/3^k)³=(a/3^k+b/3^k)((a/3^k)²+(b/3^k)²-(a/3^k)(b/3^k))=3^(n-3k)，此时有(a/3^k)²+(b/3^k)²-(a/3^k)(b/3^k)≤3或n-3k≤2，如上分析有a/3^k=1，b/3^k=2，n-3k=2或a/3^k=2，b/3^k=1，n-3k=2，即(a,b,p,n)=(3^k,2·3^k,3,3k+2)或(2·3^k,3^k,3,3k+2)(k∈N)。这里(1,2,3,2)与(2,1,3,2)这两组解也可概括进来。经检验(3^k,2·3^k,3,3k+2)与(2·3^k,3^k,3,3k+2)(k∈N)均是原方程的解。

假如p≠3
如果n≤2，易知n≠0，当n=1时a³+b³=(a+b)(a²+b²-ab)=p，∴a²+b²-ab=1≥ab，a+b=p，∴a=b=1，p=2，此时得到一组解(1,1,2,1)。如果n=2，此时a³+b³=(a+b)(a²+b²-ab)=p^2，∴a+b=p^2，a²+b²-ab=1或p=a+b=a²+b²-ab。若是前者则a=b=1，p^2=2，矛盾!故p=a+b=a²+b²-ab≥ab，∴a≥b(a-1)。若a,b都不小于2，那么a≥b(a-1)≥2(a-1)，得a≤2，∴a=2，那么b²+4-2b=b+2，得b=1或2，∴p=3或4，矛盾!，∴a,b至少有一个为1，当a=1时，b²+1-b=b+1，得b=2，同理b=1时a=2，此时p=3，矛盾!
综上n≤2时有一组解(1,1,2,1)。
如果n≥3，那么(a/p)³+(b/p)³=p^(n-3)，此时若仍有n-3≥3，则继续重复，k次后(a/p^k)³+(b/p^k)³=p^(n-3k)。设此时刚好使n-3k≤2，如上分析，此时a/p^k=b/p^k=1,p=2,n-3k=1，得a=b=2^k，p=2，n=3k+1，即(a,b,p,n)=(2^k,2^k,2,3k+1)(k∈N)，(1,1,2,1)也可归纳进去，经检验(2^k,2^k,2,3k+1)(k∈N)是原方程的解

综上所述，(a,b,p,n)=(3^k,2·3^k,3,3k+2)或(2·3^k,3^k,3,3k+2)或(2^k,2^k,2,3k+1)(k∈N)

5.假设存在这样的n
因为n无平方因子且恰好被2011个不同的质数整除，可设n=p[1]p[2]...p[2011]，这里p[1],p[2],...,p[2011]为互不相同的奇质数(显然n为奇数)且p[1]<p[2]<...<p[2011]。
∵n|2^n+1，∴p[1]|2^n+1，2^n≡-1(modp[1])，∴2^(2n)≡1(modp[1])，又易知(p[1],2)=1，由费马小定理得2^(p[1]-1)≡1(modp[1])，∴2^(2n,p[1]-1)≡1(modp[1])。易知n与p[1]-1互质(否则n有小于p[1]大于1的因数)，∴(2n,p[1]-1)=2，∴2^2≡1(modp[1])，即p[1]|3，p[1]=3
设k=p[2]p[3]...p[2011]，那么p[2]|2^(3k)+1=8^k+1，∴8^k≡-1(modp[2])，∴8^(2k)≡1(modp[2])，而8^(p[2]-1)≡1(modp[2])，∴8^(2k,p[2]-1)≡1(modp[2])。即8^2≡1(modp[2])，得p[2]|63，又p[2]＞3，那么p[2]=7
∴7|8^k+1，但8^k+1≡1^k+1≡2(mod7)，矛盾！
∴这样的n不存在

Answer 2

3.显然m≡0,1,2,3(mod4)，下面依次讨论。
若m≡0(mod4)，那么A[1]≡m^5+487≡487≡3(mod4)，A[2]≡A[1]^5+487≡(-1)^5+487≡2(mod4)，A[3]≡A[2]^5+487≡3(mod4)，这样易得A[4]≡2(mod4)，A[5]≡3(mod4)，……，这样依次循环。而完全平方数对4取模应余0或1，这样A[n]中至多只有一个完全平方数(A[0])。
若m≡1(mod4)，那么易知A[1]≡0(mod4)，A[2]≡3(mod4)，A[3]≡2(mod4)，A[4]≡3(mod4)，……，此时至多有2个完全平方数(A[0]和A[1])。
同样的分析，若m≡2或3(mod4)，那么A[n]中不可能有完全平方数。
由上知A[n]中至多有2个完全平方数，且只可能为A[0]和A[1]，下面求m的值使A[0]和A[1]都为完全平方数。
设A[0]=m=k²，那么设A[1]=m^5+487=k^10+487=n²，∴487=n²-k^10=(n-k^5)(n+k^5)。注意到487是质数，那么n-k^5=1，n+k^5=487，解得k=3，∴m=9。经检验，m=9时A[0]和A[1]均为完全平方数，∴所求m即为9。