解放海南岛电影有哪些:如m、n(m≥0)满足3(m+5 |n| =7，x=2（m）-3 |n| ，求x的取值范围。

历届奥数竞赛题讲解精选
1. 假设n是自然数，d是2n2的正约数．证明：n2＋d不是完全平方．
【题说】 1953年匈牙利数学奥林匹克题2．
【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．

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．
【题说】 1962年上海市赛高三决赛题 1．
【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．
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1.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．
【题说】 1963年全俄数学奥林匹克十年级题2．算术级数有无穷多项．
【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．

2.求一个最大的完全平方数，在划掉它的最后两位数后，仍得到一个完全平方数（假定划掉的两个数字中的一个非零）．
【题说】 1964年全俄数学奥林匹克十一年级题 1．
【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

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1.求所有的素数p，使4p2＋1和6p2＋1也是素数．
【题说】 1964年～1965年波兰数学奥林匹克二试题 1．
【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．
2.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．
【题说】 第十一届（1969年）国际数学奥林匹克题1，本题由原民主德国提供．
【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．

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1.如果自然数n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方数，试问5n＋3能否是一个素数？
【题说】 第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克九年级一试题1．
【解】 如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，则5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．
因为5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否则5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．从而5n＋3＝（2k＋m）（2k－m）是合数．

2.能够表示成连续9个自然数之和，连续10个自然数之和，连续11个自然数之和的最小自然数是多少？
【题说】 第十一届（1993年）美国数学邀请赛题6．
【解】 答495．
连续9个整数的和是第5个数的9倍；连续10个整数的和是第5项与第6项之和的5倍；连续11个整数的和是第6项的11倍，所以满足题目要求的自然数必能被9、5、11整除，这数至少是495．
又495＝51＋52＋…＋59＝45＋46＋…＋54＝40＋41＋…＋50
3.021 试确定具有下述性质的最大正整数A：把从1001至2000所有正整数任作一个排列，都可从其中找出连续的10项，使这10项之和大于或等于A．
【题说】 第一届（1992年）中国台北数学奥林匹克题6．
【解】 设任一排列，总和都是1001＋1002＋…＋2000＝1500500，将它分为100段，每段10项，至少有一段的和≥15005，所以
A≥15005
另一方面，将1001～2000排列如下：
2000 1001 1900 1101 1800
1201 1700 1301 1600 1401
1999 1002 1899 1102 1799
1202 1699 1302 1599 1402
… … … … … …
1901 1100 1801 1200 1701
1300 1601 1400 1501 1300
并记上述排列为
a1，a2，…，a2000
（表中第i行第j列的数是这个数列的第10（i－1）＋j项，1≤i≤20，1≤j≤10）
令 Si＝ai＋ai＋1＋…＋ai＋9（i＝1，2，…，1901）
则S1＝15005，S2＝15004．易知若i为奇数，则Si＝15005；若i为偶数，则Si＝15004．
综上所述A＝15005．

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1. n为怎样的自然数时，数
32n＋1－22n＋1－6n
是合数？
【题说】 第二十四届（1990年）全苏数学奥林匹克十一年级题5
【解】 32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）
当 n＞l时，3n－2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，所以原数是合数．当 n＝1时，原数是素数13．

2. 求证：对任何正整数n，存在n个相继的正整数，它们都不是素数的整数幂．
【题说】 第三十届（1989年）国际数学奥林匹克题5．本题由瑞典提供．
【证】 设a＝（n＋1）！，则a2＋k（2≤k≤n＋1），被k整除而不被k2整除（因为a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是质数的整数幂pl，则k＝pj（l、j都是正整数），但a2被p2j整除因而被pj＋1整除，所以a2＋k被pj整除而不被pj＋1整除，于是a2＋k＝pj＝k，矛盾．因此
a2＋k（2≤k≤n＋1）
这n个连续正整数都不是素数的整数幂．

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1. 求出五个不同的正整数，使得它们两两互素，而任意n（n≤5）个数的和为合数．
【题说】 第二十一届（1987年）全苏数学奥林匹克十年级题 1．
【解】 由n个数
ai＝i•n！＋1，i＝1，2，…，n
组成的集合满足要求．
因为其中任意k个数之和为
m•n！＋k（m∈N，2≤k≤n）
由于n！＝1•2•…• n是 k的倍数，所以m•n！＋k是 k的倍数，因而为合数．
对任意两个数ai与 aj（i＞j），如果它们有公共的质因数p，则p也是ai－aj＝（i－j）n！的质因数，因为0＜i－j＜n，所以p也是n！的质因数．但ai与n！互质，所以ai与aj不可能有公共质因数p，即ai、aj（i≠j）互素．令n＝5，便得满足条件的一组数：121，241，361，481，601．

设正整数 d不等于 2、5、13．证明在集合｛2，5，13，d｝中可以找到两个不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方数．
【题说】 第二十七届（1986年）国际数学奥林匹克题1．本题由原联邦德国提供．
【证】 证明2d－1、5d－1、13d－1这三个数中至少有一个不是完全平方数即可．用反证法，设
5d－1＝x2 （1）
5d－1＝y2 （2）
13d－1＝z2 （3）
其中x、y、z是正整数．
由（1）式知，x是奇数，不妨设x＝2n－1．代入有 2d－1＝（2n－1）2即
d＝2n2－2n＋1 （4）
（4）式说明d也是奇数．
于是由（2）、（3）知y、Z是偶数，设y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相减后除以4有
2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）
因2d是偶数，即q2－p2是偶数，所以p、q同为偶数或同为奇数，从而q＋p和q－p都是偶数，即2d是4的倍数，因此d是偶数．这与d是奇数相矛盾，故命题正确．

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1.如果一个自然数是素数，并且任意地交换它的数字，所得的数仍然是素数，那么这样的数叫绝对素数．求证：绝对素数的不同数字不能多于3个．
【题说】 第十八届（1984年）全苏数学奥林匹克八年级题 8．
【证】 若不同数字多于 3个，则这些数字只能是1、3、7、9．不难验证1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余数分别为0、1、2、3、4、5、6．因此对任意自然数M，104×M与上述7个四位数分别相加，所得的和中至少有一个被7整除，从而含数字1、3、7、9的数不是绝对素数．
2.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．
【题说】 第五届（1973年）加拿大数学奥林匹克题 3．
【证】 因为p是奇数，所以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．
于是6是p＋1的因数．