第60届IMO预选题(二)

2023年12月26日发(作者：数学试卷表扬语句有哪些)

20中等数学第60届IMO预选题（二)中图分类号:G424.79 文献标识码：A 文章编号：1005 - 6416(2020)12 - 0020 - 10几何部分1•已知圆厂过AAfiC的顶点与边

仙、仏的第二个交点分别为/)、£，与边fiC

交于两点广G，且点F在fi、C之间.过点F、

c分别与C£：G的外接圆相切的直

线交于点71.若点r与4不重合，证明：4.

于点4已知P为A仙C内一点，#与SC交

与C/1交于点fi,，CP与交于

点心.点P关于次、尽、C,的对称点分别为

4vB2、c2.证明:点4、A、c2不可能均严格

在的外接圆内部.5. 已知凸五边形仙(：£>£满足CI> =若点P在凸五边形仙C£>£的内部，且满足AT//BC.2. 已知A仙c为锐角三角形，点4、B、C

明:点P在对角线C£上当且仅当在边上的投影分别为/)、£、尺

^ABCD + *^A4D£ = ^^ABD + ^ ^ABF\'△

sdf、△

cm的内切圆分别为rB、尸c，圆

/VO与边训、见分别切于点M、/v，直线

MTV与圆/^、广的第二个交点分别为

证明:MP=A^.3. 本届IMO第2题.n =2时，只能连一条对角线，在完美匹

配中不能选这一条，故只有两种可能.对每一条对角线，若两侧都是奇数条边

就称为“好的”，否则称为“坏的先说明，完

美匹配不能选择坏对角线，否则，没有其他边

能够横跨这条对角线，故每一侧都应有偶数

个顶点，矛盾.删去所有的坏对角线，则剩下的每个多

边形都是偶数条边的，取最短的好对角线，则

在它顶点数较少的一侧不可能存在其他的好

对角线，否则将比它还短，矛盾.于是，这一侧已经没有对角线，从而，存

在相邻的两个顶点未连出任何对角线，记为^2 \'^3-6•已知锐角的内切圆©/与边

SC、C/M5分别切于点Z)、^：、/1，直线研与

△ MC的外接圆交于点其中，点F在点

£vP之间.证明：Z

DPA +

z

AQD =

z

QIP.若yl2、i43被选中，则剩余部分最多a„_,

种可能，否则、皂次都必选中，剩余部分

最多an_2种可能，故a„矣〇„_丨+a„_2.下面说明存在满足要求的三角剖分，使

得其完美匹配个数为89.联结对角线^^n-l\"•，久-1 人+2，其余对角线任意联结，设此时的完美匹配为

r„.考虑顶点岑，若取边岑岑，则有^种

完美匹配;若取边岑4„和4，则有r„ _2种

完美匹配.故G =-1 +r„-2，rl = 1，r2 =2_从而，rn =/„，特别地，rm =89.(点云）

2020年第12期217. 本届IMO第6题.8.已知a、6为两个正整数.证明：整数

8. 已知又为平面上所有直线构成的集

合.函数/满足对于每一条直线/ G又，/(/)

a2+Pf^不为完全平方数，其中，「川表示

为直线/上的一个点•若对于任意一个点X

不小于实数％的最小整数.和任意三条过点X的直线均有点

参考答案/(~)、/(&)、/(^、尤在同一个圆上，证明：

几何部分存在唯一的一个点P，使得对于任何过点P

的直线L均有/(/) = P.1.如图1.数论部分1. 本届IMO第4题.2. 求所有的三元正整数组U，6，c)，使

得 a3 +63 +c3 = (a6c)2.3. 称一个整数集合S是生根的当且仅当

对于任意正整数n和任意aQ，ai，…，6 S，

因为作与的外接圆切于点F，

多项式a。+ a# +…+ 的所有整根均属

所以，ZTFB =

ZFDA.于S.求所有的生根的整数集,使得该整数集

由4、0、尸、(；四点共圆

包含所有形如2°-26(a、6 G Z + )的整数.^

Z

FDA =

z

CGA

4. 已知C为确定的正整数.求所有函数

ZTFB = Z CGA./:Z + -> Z+，使得对于所有满足a + 6 > C的

类似地，之7^5 =之(^：=之<：以.正整数a、6,均有又Z

TFG =腦。-Z

TFB

(a+f(b))(a2 +bf(a)). ①= 180°-ZCGA=ZAGF,5. 设a为正整数.若正整数6满足对于

则△rFG 室

aagf.所有使得a/iW的正整数〜均有C:„ - 1能被

于是，这两个三角形分别过点的高

aa + 1整除，则称6是“a—好的若正整数6

线长相等.为a—好的，6+2不为a—好的，证明：6 + 1

因此，7VI//FC，即

Zl7V/fiC.为素数2.如图2,设圆尸B、厂c的圆心分别为

6. 记^」表示不超过实数^的最大整〇

fi、〇c，半径分别为rB、rc，与直线fiC分别切

于点T、U.数.已知集合好=j LiV^」K Z+ j = 11，2,4,5,7，.\"(，

An为一个正整数•证明：存在一个常数C，使

得若集合丨1，2,\".，M，且以丨彡CA，则

存在 a、6 6 4，使得 a - 6 G7. 证明:存在常数c > 〇和无穷多个正整

数n满足下述性质:有无穷多个正整数不能

表示为项数少于cnln n的两两互素的正整数

的ra次幂的和.图2

22中等数学由4，、/)、(：3、仏/)、£：分别四点共圆=(k-ZACB)+(k-ZBAC) +

=> z

MDOb = yZ

FDB = yZ

BAC(k-ZCBA).于是，，=yZ

CDE

= z

〇^n-ZBAC,又Z = Z £W〇c = 90。，贝ijZ CPA^K- ZCBAA

DM0 B A 〇NOC

至少有一个成立.DN _〇cN _rc不失一般性，假设^

dm =

o^m~7b\'ZBPC^k-ZBAC.设 Z DMN = a，Z DNM = 13.由点P在A/IBC的内部知由于直线FM、研分别与圆厂B、厂c切于

Z

BPC > Z

BAC.点M、7V，于是，则Z 5PC彡 max 丨 Z &4C，tc - Z 似(：}.

Z

MTP = Z

FMP = Z

DMN = a,这表明，sin

Z_ BPC^sin

/L BAC.Z

QUN = Z QNE = Z DNM=f3,设直线与A/ifiC的外接圆

其他情况可得到类似的结论.厂的第二个交点分别为皂、fi3、c3.由正弦定理得rfisin

/_ MTP =2rflsin a,下面证明PBX PC,MP =2,fi1fi3\"C1C3

中至少有一个不小NQ = 2rcsin 乙 QUN = 2rcsin

p.于1.从而，可得点氏、c2中至少有一个点不

在△ DMTV中，由正弦定理得严格在圆r的内部.DN _ sin X

DMN — sin

a

由八叫53

W = sin Z DNM = sin

pCBX BBl

=>▲

—rc

=—sin

------a^ B,fl3 =B^A\'rB sin

p又由正弦定理得=> rBsin a = rcsin

p

PB{ PBl CB{ PBX BB,MP=NQ.B{B3 =cbx\'bxb^ =~cb[\'~b^a3•本届IMO第2题._ sin Z

ACP sin Z

BAC

4•如图3.= sin Z™ .类似地，PC, sin Z

ABP sin Z

BAC

ClC3 sin

乙 BPC sin

/_ PCA两式相乘得PB\' PC； sin2 X

BAC ^ ^

B{B3 CxC3 sin2X BPC这表明，中至少有—个不小于l.注意到，5•设点P关于从的对称点为P\'，£、

Z

APB + Z BPC + Z CPA =

2k厂c的中点分别为M、yv，如图4.

2020年第12期F.

D由仙(：说为凸五边形，知P与点五、C均

不相同•于是，点尸也与点MJV均不相同.

下面证明：点P在对角线上，与•^ABCD + ^A40iE = *^A4BD + ^ ^ABP均等价于且转向相同（也

等价于⑴ABP\'C，且转向相同）•

设点Z5\'在上的投影为厂如图5.M于是，F为的中点.则点P在对角线C五上

々点F在MN上

« Z

AFM = Z

BFN .因为= £4，所以，4A/丄PX

类似地，招V丄P\'C.由分别四点共圆

=> Z

AFM = Z

AP\'M,Z BFN = Z BP\'N.

则« Z

AP\'M = Z BP\'N

e

A

c/^A

fip\'yv，且转向相同.由 *^A/

=^^iP\'D + ^/^P\'D >知 S^gCD + S〜D£ = S#BD + S^g；)^ *^ABCO + *^A4»£ = ^AAP\'D + ^ABP\'D23以 S^p.D _ Smde = Smcd _ Smp.d

g 25^撕=2S^gD/v

^ ^^ADM ~ ^^DN\'设点Z)在上的投影分别为G、

//，如图6.则 SA4DM

=

SAB1W

G

跑•⑶=/Vfi

.

\"/)•

引理圆厂的圆心为z?，£、c为圆r上

的点，点/^\'关于圆厂的圆幂为k则 GZ).= 仙. PW = 士/I #0•证明若/1=〇,则点尸在圆r上.由 AE =AP，，BC = BP，，知Z EDP\'、Z CDP，

的平分线分别过点4 vB.于是，Z £：Z>C = 2 Z ，矛盾.从而，/i#0.如图7,设直线/>\'£；与圆r的第二个交

点为五\'，五\'£〃为圆厂的直径.则丄px因为点C在的中垂线上，所以，

G为Rt APYf的斜边的中点，且在

的中垂线上.又D为E\'E”的中点，故GD =：^P\'E\'.由P，M =冬2尸，五

24中等数学=>

GD-P\'M = ^-P\'E\'-P\'E =-h.切).4 4设直线与交于点Z.对于直线

类似地=和AMC，由梅涅劳斯定理得

BD BF AE_BZ引理得证.dc = ~fa\'ec =

zc\'山由口引 ixm理

，^rnG知而D P’N则B、Z)、C、Z为调和点列.

故 =NB-HDtjCZB-ZC = *ZD(ZB+ZC) = NB P\'N NB

<=>7W=M ^P^M^MA由ZfiU/3.抑

=>

« AXP\'M⑴且转向相同.ZD-ZL=ZP-ZQ

6.如图8,设AMC的外接圆为尸，含点4尸、(?、/)、[四点共圆.又 ZMPP\' =ZMQQ\'4的弧不含点4的弧^的中点分别为

= ZMLP\' =ZMLQ\' =90°,N、M.知财、[、户、户，，财、1、(?、(?，分别四点共圆.故之猶+

Z舉

= 360° - Z PAQ - Z QDP

= 360° - Z PNQ - Z QLP

=z

LPN + z

NQL

= ZP\'ML + ZLMQ\'=z P\'MQ\' = z PIQ.7. 本届IMO第6题.8. 记直线A与Z2构成的有向角在由 Z FAE = z BAC = z BNC，180°的意义下为Za，Z2).ZAEI = ZAFI = Z NCM = Z NBM =90°,

已知一个点P，一个角ct 6(0°，180°).

知筝形与筝形/VBMC相似.对于每条直线/，设T为过点P的直线，且

考虑由筝形到筝形/VSMC的位似

满足z(/\'，0 = a.设直线/与r的交点为

旋转变换

hP，M).换），旋转角为有向角下面证明：存在某个（p，a)对，使得函数

由Z(AP，NP)=Z(AQ，NQ)=A(AF，JW)，

/和心^是同一个函数，P即为满足条件的唯

知位似旋转变换

一的点.直线NP、NQ_满足条件的函数/等价于存在一个函数

又位似旋转变换

尽，使得对于每个点夂函数g(x)为一个过点

fiC,于是，位似旋转变换《p将直线与/IP

X的圆，且满足对于任何过点Z的直线/，均

的交点与的交点<?分别变为BC

有点/(〇在圆g(X)上.与NP的交叙P’、BC与NQ的交叙Q\'.给定一个角a和一个点P，若直线/满

设flC的中点为L足/⑴=心，《(0，则称直线/为“（P，a)_好

下面证明四点共圆（若点/)

的”.若点Z与P不重合，满足点P在圆

与i重合，则直线SC与的外接圆相gU)上，且在圆g(X)上存在不同于的 模

2020年第12期点L使得ra〇 = a，则称点Z为

“（P，c〇—好的”•引理1若点Z为（/«)—好的，直线

/过点A则要么/(/) = x，要么直线/是

(P，(〇—好的.引理1的证明因为点Z为（p，a)—好

的，所以，对于所有圆gU)上不同于的

点 I 均有 h，„(xy) = F.于是，对于每条过点x的直线/，均有/⑴Gin⑴丨.这表明，要么/⑴=1要么/(/) =、„(/)，

即直线/是(p，a)—好的.引理2若是两个不同的点，且均为

(p，a)—好的，则直线;ry是(p，a)—好的.引理2的证明 若直线；不是

(p，a)—好的，由引理1知

/Ui〇=x，且/(zi〇 = n

由于点x与y不重合，这是不可能的.于是，直线灯为（P，a)—好的.引理3若两条不同的直线均为

(p，a)—好的，且与/2交于不同于P的点

X，则要么/U)=Z，要么/u2)=z，要么点Z

是(p，a)—好的.引理3的证明若JWXJWX，

则g(x)是过点X、/(A)、/a)的圆.由直线A 均为（P，c〇-好的知

z(mh)，f(hw

= Z(Pf(l2)，f(l2)X)=a.于是，点P在圆¥(幻上.因此，点X是(P，a)—好的.引理4若三条互不相同的直线《汄乂

均为（P，《)—好的，且H/3交于一点Z

(Z与P不重合），则点X是(P，c〇—好的•

引理4的证明由于直线^ 乂、Z3中最

多有一条4(1’ 6丨1，2,3丨），满足/U+) = X，

对于另外两条直线由引理3,知点Z是

(P，c〇—好的•引理 5 若A/lfiC 满足25/(BC)、/( C4)为两两不同的点，则存在点P

和角《，使得点均是（P，£〇—好的，直

线仙、BC、C4均是(P，a)—好的.引理5的证明设Z)、£、F分别表示点

/(flC)、/(C4)、/Mfi)，如图 9.则客(^4)、以忍）4(〇分别为厶4研、

Asi>f、acz^的外接圆.设P为圆g(4)与g(fi)的不同于/^的

交点（若点尸与厂重合，则圆g(W与g(忍)切

于点/〇.由密克定理，得圆g(c)也过点于是，

存在角a，使得Z(PD,DC) = Z(PF,FB)= Z(PE,EA) = a.这表明，直线M、BC、C4均是（P，a)_

好的.由引理3,知点4、B、C均是（P，a)—好

的（若点P与D重合，则直线表示圆

g(fi)的过点D的切线.类似地定义当点P与

£或F重合时的直线槐或/^).引理1〜5得证.考虑所有满足1矣tyd 〇〇〇的整点

h，y)构成的集合D .设至少过集合/2中的

一个点的所有水平直线、竖直直线和斜率为

1或-1的直线构成的集合为心，则集合h

中有5 998条直线.对于集合h中的每条直线/，将点/(/)

染为红色，则最多有5 998个红点.将集合X2中的点分成10 000个10 x 10

26的正方形点阵，由于最多有5 998个红点，则

至少有一个这样的1〇 x 10的正方形点阵/31Q

中没有红点•设点阵/4的左下角的点为则顶

点分另丨j为（m.，n)、（m + 1，ra)、（m，ra + 1)的三

角形满足引理5的条件.故存在点P和角a，

使得这三个点均是（广《)—好的，且这三个

点中任意两点所连直线均是(ha)—好的.若对于这个特殊的（P，a)对，点或线是

(AcO—好的，则称此点或线是“好的由引理1，知直线尤= m + l和；K = n + 1

均为好的；由引理3,知点（爪+ 1，^1 + 1)是好

的-再由引理1、3，得直线x+y=m+n+2是

好的，于是，点（m，n + 2)和（m + 2，ra)是

好的，直线％ =爪+ 2和y = ?i+2是好的，点

(m+2，n + l)、(m + l，Ai+2)、(m+2,7i+2)均是好的.从而，点阵Mo中所有点均为好的.对于每个不同于P的好的点S，由于

W s)是一个圆，则g( s)最多过点阵/4中的

每条竖直直线上的两个点.故g(s)最多过点

阵/4中的20个点.此外，过点s的任何直线

/最多过点阵A。中的1〇个点.从而，至少存

在8条过点S的直线/，每条直线/过点阵

A。中的一个不在圆上的点G因为点(？不在圆g(s)上，且点/(0#&

所以，由引理1知直线/是好的.于是，至少有8条过点S的直线是好的.进而，由引理4知点S是好的.从而，每个不同于P的点S均是好的.故由引理2，知每条直线均是好的.特别地，每条过点P的直线/均是好的.因此，/⑴=尺若有两个点/^,、A满足结论的要求，则f(P1P2) = Pl,f(PlP2) = P2.于是，点与/^重合.因此，存在唯一的一个点P，使得对于任

何过点P的直线/，均有/G)=八中等数学数论部分1•本届IM0第4题.2. (a，6，C)=(l，2,3)及其所有的排列.

由于a J、c是对称的，不妨假设a >6>c.

由 3a3 5：a3 + 63 + c3 > a3=> 3a3 ^ (

abc )2 > a3

=> 3a ^ ( 6c)2 >

a.又 63 + c3 = a2 ( 62c2 - a)> a2，则

1863 ^9(63 +c3)>9a2^64c4^63c5

=> 18>c5 =>c = l.从而，a3 + 63 + 1 = ( )2.若a =6,则263 +1 = 64,这样的正整数6

不存在.若 a>6,则 a3 -63多（6 + 1)3 -63 >1.

于是，2a3

>

a3

+

63

+

1

>

a3.

这表明，2〇3>(1方>〇3=>2〇>62><1.由 4(1 +&3) = 4a2 ( 62 - a)多4a2 > 64，得

4>b3(b-4).于是，2d专4.若6 = 2，贝丨J a3 - 4a2若6 =3,则a3 -9a2 +28 =0,不存在正

整数a >3满足该方程；若6

=

4,则a3 - 16a2 +65 =0,不存在正

整数a >4满足该方程.综上，(a，M) = (1，2，3)及其所有的排列.3. 满足条件的生根的集合为所有整数构

成的集合Z.显然，集合Z是生根的.若S为满足条件的生根的集合，下面证

明 S = Z.易知，0 =2* -21 G S，2 =22 -21 6 S.

因为多项式+ 2的整根为-1，所以，-1 e s.又多项式-x-l有整根1，于是，1 e s.

2020年第12期若?i 6 S，则多项式a: +n有整根-ra.故-71 G S.于是，要证明S = Z，只要证所有的正整

数均属于先证明：对于任意正整数《，均在S中存

在正整数是n的正整数倍.事实上，设n 为非负整数J为正奇数).则由欧拉定理，知H (2^- 1).于是，l(2a〜⑴+1 -2a + 1)，且+

一2〇： + 1 ^

s接下来用数学归纳法证明：所有正整数

均属于S.假设0，1，…，n-1 G S，对于正整数n,

设yv是n的倍数且属于s，将yv写为《进制

的形式，即N = aknk + ak_xnk~x + • • •

a{n + a0 y其中，对于每个i=0，l，…，A：，均有a,. G Z,且 0矣a,•矣n-l.于是，a; 6 S.由iV为n的倍数，知a。= 0.则 ap* + a4_in*-1 + …+ ra -yV = 0•

从而，〃是系数属于S的多项式的整根.

因此，6 S.4.满足条件的函数为/(a) = Aa，其中，常

数A;是与C无关的正整数.在式①中取a = 1得

(1+/(6))1(1+6/(1)).这表明，对于任意的正整数6>C，均有考虑足够大的正整数《，使得

nb -f(b)^C对于任意正整数6均成立.在式①中取a =以_/( 则nb((nb-f(b))2 +bf(nb-f(b)))=> bf(b).特别地，对于每个素数P，均有P I/2 (P)•

从而，p[f(P).27设 f(p、=Hp、p.由于当/^c时，/(P) q/(i)，则存在

无穷多个p，使得Wp)的取值是同一个值L对于任意的正整数在式①中取6 =；>，

其中，素数P足够大，且有无穷多个这样的

p,使得k(p) =釦.a + kp) I ( (a2 +pf(a) )-a(a +kp))=> (a+kp) (pf(a) -pka).对于足够大的素数/>,由（a +/cp,j?)= 1，知(a +kp) I (/(a)- ka).这表明，/(a)-A:a =0•因此，/(a) = A：a.经验证，/(a) = h满足条件.5.先证明是a-好的当且仅当6是偶

数，且对于所有素数P矣均有pla.将条件（an + l)l(CL-l)改写为an( an- !)•••( an- 6 + 1)

bl—1 ( mod an + 1). ①必要性.若6是a—好的，则6多2且式①成立•若存在素数使得p t a.设《=%(6!)，其中，％(a)表示整数a的

素因数分解中P的次数.则存在正整数c，使

得 ac = 1 ( mod />‘+1 ).取c足够大，ra = (p - 1 )c,则an = a(p-l)c=p-l( mod p, + l ),且 an彡6.由于/> 矣 6，贝lj 在

an，an - 1,…，ara - 6 + 1

中必有一项为a„ -

p + 1，且是p< + 1的倍数.于是，p1 +1

I an ( ara - 1)…（an - 6 + 1 ).这表明，pi cL.从而，pt(cL-i).因为 p I ( aw + 1 )，所以，（an + 1 ) } C^„，

与6是a—好的矛盾.于是，对于所有素数/>专6，均有p I

a.从而，6!的每个正因数均与an + 1互素.

28进而，式①化为an(an - 1) •••(an - b + 1)=6! ( mod

an ②^

an(an •••(an - b 1 )=(-1)(-2)…（-6)=(-1

) 6&! (

mod an + 1),知式②化为(-1)

46!

=

6!

(

mod an + ). ③若6为奇数，考虑足够大的正整数n，使

得an

+

1

>2

•

6!，则式③不成立•矛盾.因此，6为偶数.充分性.若6为偶数，且对于所有素数P矣6,均有

pl a.由必要性的证明知式③、②均成立.从

而，式①成立.这表明，6是a_好的.接下来证明6 + 1为素数.由6是a—好的，6+2不是a—好的，知

心为偶数，且对于所有素数P系6，均有p I a.

但存在素数9矣6+2,使得gt a.于是，9 = 6 + 1 或 9=6+2.若g = 6 + 2,则9为大于2的偶数，与g

为素数矛盾.因此,9 = 6 + 1，即6 + 1为素数.6.记丨％丨=：* - |_尤」-若n为正整数，则n G //当且仅当>172①这是因为n G //当且仅当存在i 6 Z+，

使得0

上述结论成立.设4 ，a2,…，aj (a!

的集合，于是，不妨假设4[丨〇，1，…，n-1}，

且 a! =0.中等数学假设结论不成立，则

|a-6la、6 GA} D// = 0.因为对于每个i 6丨2,3,…，A：1，均有

a；

-〇, ^

H,:，m.当时，有⑶<{|}，否则由.^Y^>x~k与式①矛盾.于是，当〇=〜

發ra2l

nak 1<1 --72p •下面证明对于任意的d 6 z+，均有

{|}>12d ^2

②设Add•则尉h.故|外¥4,其中，最后一个不等式成立是因为分子是正整数.因^2为

丟72，所以，feK>

2M 2dj2\'即式②成立.设 < =a; + 1 - a; G Z + (1 矣k/c - 1).则/t — i>>■Ji2^2Sid：

2020年第12期29xl③>In

a;! +0(1),i = l且％! \' 知其中，式③的第一个不等式是因为N>^4-x2K(x)nnn + 0{2K(x)n).

第二个不等式用到了式②，第三个不等式用

因此，只需取正常数到了柯西不等式，第四个不等式是因为2-i8.h-假设 a2 + -为完全平方数，则存h dt=ak

(2a)2-iA = k<^2^2 -2-^n +,(2a +k)k.矛盾.于是，方程7.假设对于每个正整数n，均能找到另

2 i一个正整数/V，使得满足性质:若对于每个素

(c + k)k①数P满足/ |丨~均有¥(/〇丨《. ①有正整数解（C，A)，且c为偶数.性质①表明，所有正整数的n次幂模/

假设(C，幻为方程①的正整数解，且A:为

余〇或1.于是，任意m个两两互素的正整数

最小的正整数，并无需考虑c的奇偶性.的n•次幕之和模pe与m或m - 1同余•这是

「C2,因为这m项中最多有一项能被P整除.由孕〉-1

=ck +k2 - l ^cky设#的不同素因数的个数为L由中国

(c -k) (c +k)

(c + k)k9n次幂之和模/V最多有个剩余类.特别

则 c > bk > c - L

地，若iV>24m，则有无穷多个正整数不能表

设 c = bk + r(0 < r < k)•示为最多/n个两两互素的正整数的ri次幂

代入式①得之和.从而，只要证明存在满足性质①的任意

_ (b/c + r)2’大的正整数对U，A0，使得# > c • 2SI11 n对

b(bk + r + k)k于某个正常数c成立.2 n对于一个固定的正整数％多3.设

Jib --2krk2b + 2kr + k(k -r)N= H

p,n=22^ix) IX (P~l)»2 n素数pO 素=>k(k -r).②其中\'($)表示不超过％的素数的个数•则n为偶数，且正整数对（n，A〇满足性

在式②中取c\' =r，f -r.则W为正整质①.数，正整数F <1且CP)为方程①的正整

4Np数解，与&是最小的正整数矛盾.2T(A：)ra 素IT物综上，a2\'4a不为完全平方数.素数n7+7 +(熊斌提供李建泉翻译）