E1-011 设k和l为正整数．证明：存在整数M，使得当n＞M时，
【题说】1992年澳大利亚数学奥林匹克题4．
（2k+1）n+（2l+1）n≡1+2kn+1+2ln（mod 4）
=2n（k+l）+2
要使2n整除（2k+1）n+（2l+1）n，n必为奇数． 此时
（2k+1）n+（2l+l）n=（2k+2l+2）［（2k+1）n-1-（2k+1）n-2．
（2l+1）+…+（2l+1）n-1］
上式右端第二个因式是n个奇数的代数和，因而是奇数．所以，2n整除（2k+1）n+（2l+1）n的充要条件是2n整除2（k+l+1）．
E1-012 （1）考虑20的平方，它与20有着相同个数的非零数字．问除了10、20、30以外，是否存在一个两位数，它的平方与它有相同个数的非零数字？如果你认为存在，找出它，如果你认为不存在，证明你的结论．
（2）问除了100、200、300以外，是否存在一个三位数，使它的平方数与它有相同个数的非零数字？
【题说】 1992年英国数学奥林匹克题1．
【解】（1）设n是满足题意的两位数，个位数字不为0，则n2具
55，64，71，78，84，90，95均不满足题意． 所以，满足题意的两位数不存在．
（2）显然，245满足题意，因为2452=60025．
E1-013 设n是奇数．试证：存在2n个整数．a1，a2，…，an；b1，b2，…，bn，使对任一整数k，0＜k＜n，下列3n个数
ai+ai+1，ai+bi，bi+bi+k
（i=1，2，…，n；其中an+1=a1，bn+j=bj，0＜j＜n）被3n除所得余数互不相同．
【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题1． 【证】取ai=3i，bi=3i+1（1≤i≤n），则
ai+ai+1=6i+3 ai+bi=6i+1
显然，6i+3，6j+1，6t+3k+2，或6t+3k-3n+2，除以3余数分别为0，1，2．因此它们被3n除后余数各不相同．
在1≤i≤j≤n时，（6j+3）-（6i+3）=6（j-i）．因为n是奇数，0＜j-i＜n，所以6（j-i）不被3n整除，即6j+3与6i+3被3n除，余数不同．
同样，在1≤i＜j≤n时，6j+1与6i+1被3n除，余数不同．6j+3k+2或6j+3k-3n+2与6i+3k+2或6i+3k-3n+2被3n除，余数不同．
因此，所取的ai，bi（1≤i≤n）符合要求．
E1-014 是否存在自然数n，使n！的前四位为1993？ 【题说】1993年德国数学奥林匹克（第二轮）题4． 【解】答案是肯定的．
取N=1000100000，当n=N，N+1，…时，考虑数n！的前4位的
过不多于10次的乘法运算后将增加1．所以，数n！前四位将跑遍所有的四位数，其中当然会有1993．
E1-015 证明：在任给的8个不同的实数x1，x2，…，x8中，至少存在两个实数xi和xj使得不等式
成立．
【题说】1994年四川省高中数学联赛题2．
互不相同，且
两个θi和θj使得
即
E1-016 对于任何正整数k，f（k）表示集合｛k+1，k+2，…，2k｝内在二进制表示下恰有3个1的所有元素的个数．
（a）求证：对于每个正整数m，至少存在一个正整数k，使得f（k）=m．
（b）确定所有正整数m，对每一个m，恰存在一个 k满足f（k）=m．
【题说】第三十五届（1994年）国际数学奥林匹克题3．本题由罗马尼亚提供．
【解】k=1，2，3时，f（k）=0．k=4=（100）2时，f（k）=1． 若k+1的二进制表示中恰有三个1，那么2（k+1）的二进制表示中也恰有三个1，所以f（k+1）≥f（k）．当且仅当2k+1的二进制表示恰有三个1时，f（k+1）=f（k）+1，即k=（100…0100…0）2 ［包括k=（10…01）2在内］时，f（k+1）=f（k）+1．由于这样的k有无穷多个，所以f（k）从1逐一增加至无穷（即（a）成立）．并且仅在k=（10…010）2时，f（k），f（k+1）连续（比
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