吹满北风A4－001 证明：当且仅当指数n不能被4整除时，1n＋2n＋3n＋4n能被5整除．1901年匈牙利数学奥林匹克题1．
【证】容易验证14≡24≡34≡44 （mod 5）
假设n=4k＋r，k是整数，r=0，1，2，3．则S n=1n＋2n＋3n＋4n≡1r＋2r＋3r＋4r（mod 5）
由此推出，当r=0时，S n≡4，而当r=1，2，3时，S n≡0（mod 5）．因此，当且仅当n不能被4整除时，S n能被5整除．
A4－002 证明：从n个给定的自然数中，总可以挑选出若干个数（至少一个，也可能是全体），它们的和能被n整除．
【证】设a1，a2，…，a n是给定的n个数．考察和序列：a1，a1＋a2，a1＋a2＋a3，…，a1＋a2＋…＋a n．
如果所有的和数被n除时余数都不相同，那么必有一个和数被n除时余数为0．此时本题的断言成立．如果在n个和数中，有两个余数相同（被n除时），那么从被加项较多的和数中减去被加项较少的和数，所得的差能被n整除．此时本题的断言也成立．
A4－003 1．设n为正整数，证明132n－1是168的倍数．
2．问：具有那种性质的自然数n，能使1＋2＋3＋…＋n整除12223…2n．1956年上海市赛高三复赛题1．
【解】1．132n－1=（132）n－1，能被132－1，即168整除．2．问题即何时为整数．
（1）若n＋1为奇质数，则（n＋1）2（n－1）！
（2）若n＋1=2，则（n＋1）|2（n－1）！
（3）若n＋1为合数，则n＋1=ab 其中a?b＞1．
在b=2时，a=n＋1－a?n－1，所以a|（n－1）！，（n＋1）|2（n－1）！
在b＞2时，2a?n＋1－a＜n－1，所以2ab|（n－1）！更有（n＋1）|2（n－1）！
综上所述，当n≠p－1（p为奇质数）时，1＋2＋…＋n整除122…2n．
A4－004 证明：如果三个连续自然数的中间一个是自然数的立方，那么它们的乘积能被504整除．1958波兰数学奥林匹克
【证】设三个连续自然数的乘积为n=（a3－1）a3（a3＋1）．
（1）a≡1，2，-3（mod 7）时，7|a3－1．a≡－1，－2，3（mod 7）时，7|a3＋1．a≡0（mod 7）时，7|a3．因此7|n．
（2）当a为偶数时，a3被8整除；而当a为奇数时，a3－1与a3＋1是两个相邻偶数，其中一个被4整除，因此积被8整除．
（3）a≡1，－2，4（mod 9）时，9|a3－1．a≡－1，2，-4（mod 9）时，9|a3＋1．a≡0，±3（mod 9）时，9|a3．因此9|n．
由于7、8、9互素，所以n被504=73839整除．
A4－005 设x、y、z是任意两两不等的整数，证明（x－y）5＋（y－z）5＋（z－x）5能被5（y－z）（z－x）（x－y）整除．
【证】令x－y=u，y－z=v，则z－x=－（u＋v）．
（x－y）5＋（y－z）5＋（z－x）5=u5＋v5－（u＋v）5=5uv（n＋v）（u2＋uv＋v2）
而5（y－z）（z－x）（x－y）=－5uv（u＋v）．结论成立，而且除后所得商式为u2＋uv＋v2=x2＋y2＋z2－2xy－2yz－2xz．【别证】也可利用因式定理，分别考虑原式含有因式（x－y），（y－z），（z－x）以及5．
A4－006 已知自然数a与b互质，证明：a＋b与a2＋b2的最大公约数为1或2．1963年全俄数学奥林匹克
【证】设（a＋b，a2＋b2）=d，则d可以整除。（a＋b）2－（a2＋b2）=2ab
但由于a、b互质，a的质因数不整除a＋b，所以d与a互质，同理d与b互质．因此d=1或2
A4－007 （a）求出所有正整数n使2n－1能被7整除．（b）证明：没有正整数n能使2n＋1被7整除．
【题说】第六届（1964年）国际数学奥林匹克题1．本题由捷克斯洛伐克提供．解的关键是找出2n被7除所得的余数的规律．
【证】（a）设m是正整数，则23m=（23）m=（7＋1）m=7k＋1（k是正整数）从而23m+1=2223m=2（7k＋1）=7k1＋2 23m+2=4223m=4（7k＋1）=7k2＋4 所以当n=3m时，2n－17k；
当n=3m＋1时，2n－1=7k1＋1；当n=3m＋2时，2n－1=7k2＋3．因此，当且仅当n是3的倍数时，2n－1能被7整除．（b）由（a）可知，2n＋1被7除，余数只可能是2、3、5．因此，2n＋1总不能被7整除．
A4－008 设k、m和n为正整数，m＋k＋1是比n＋1大的一个质数，记C s=s（s＋1）．证明：乘积（C m+1－C k）（C m+2-C k）…（C m+n－C k）能被乘积C12C22…2C n整除．1967年国际数学奥林匹克
【证】C p－C q=p（p＋1）－q（q＋1）=p2－q2＋p－q=（p－q）（p＋q＋1）
（C m+1－C k）（C m+2－C k）…（C m+n－C k）=（m－k＋1）（m－k＋2）…（m－k＋n）2（m＋k＋2）（m＋k＋3）2…2（m ＋k＋n＋1）C1C2…C n=n！（n＋1）！
因此只需证=A2B是整数．
由于n个连续整数之积能被n！整除，故A是整数．
是整数．因为m＋k＋1是大于n＋1的质数，所以m＋k＋1与（n＋1）！互素，从而（m＋k＋2）（m＋k＋3）…（m＋k ＋n＋1）能被（n＋1）！整除，于是B也是整数，命题得证．
A4－009 设a、b、m、n是自然数且a与b互素，又a＞1，证明：如果a m＋b m能被a n＋b n整除，那么m能被n整除．
【证】由于a k＋b k=a k-n（a n＋b n）－b n（a k-n－b k-n）a l－b l=a l-n（a n＋b n）－b n（a l-n＋b l-n）
所以（i）如果a k＋b k能被a n＋b n整除，那么a k-n－b k-n也能被a n＋b n整除．
（ii）如果a l－b l能被a n＋b n整除，那么a l-n＋b l-n也能被a n＋b n整除．设m=qn＋r，0?r＜n，由（i）、（ii）知a r＋（－1）q b r能被a n＋b n整除，但0?|a r＋（－1）q b r|＜a n＋b n，故r=0（同时q是奇数）．亦即n|m．
