高中數(shù)學(xué)奧林匹克競賽試題及答案

1求一個四位數(shù)，它的前兩位數(shù)字及后兩位數(shù)字分別相同，而該數(shù)本身等于一個整數(shù)的平方．1956年波蘭．x＝1000a＋100a＋10b＋b＝11（100a＋b）其中0＜a≤9，0≤b≤9．可見平方數(shù)x被11整除，從而x被112整除．因此，數(shù)100a＋b＝99a＋（a＋b）能被11整除，于是a＋b能被11整除．但0＜a＋b≤18，以a＋b＝11．于是x＝112（9a＋1），由此可知9a＋1是某個自然數(shù)的平方．對a＝1，2，…，9逐一檢驗，易知僅a＝7時，9a＋1為平方數(shù)，故所求的四位數(shù)是7744＝882．2假設(shè)n是自然數(shù)，d是2n2的正約數(shù)．證明：n2＋d不是完全平方．1953年匈牙利．【證設(shè)2n2＝kd，k是正整數(shù)，如果n2＋d是整數(shù)x的平方，那么k2x2＝k2（n2＋d）＝n2（k2＋2k）但這是不可能的，因為k2x2與n2都是完全平方，而由k2＜k2＋2k＜（k＋1）2得出k2＋2k不是平方數(shù)．3試證四個連續(xù)自然數(shù)的乘積加上1的算術(shù)平方根仍為自然數(shù)．1962年上海高三決賽題．【證】四個連續(xù)自然數(shù)的乘積可以表示成n（n＋1）（n＋2）（n＋3）＝（n2＋3n）（n2＋8n＋2）＝（n2＋3n＋1）2－1因此，四個連續(xù)自然數(shù)乘積加上1，是一完全平方數(shù)，故知本題結(jié)論成立．

4已知各項均為正整數(shù)的算術(shù)級數(shù)，其中一項是完全平方數(shù)，證明：此級數(shù)一定含有無窮多個完全平方數(shù)．1963年俄【證】設(shè)此算術(shù)級數(shù)公差是d，且其中一項a＝m2（m∈N）．于是a＋（2km＋dk2）d＝（m＋kd）2對于任何k∈N，都是該算術(shù)級數(shù)中的項，且又是完全平方數(shù)．5求一個最大的完全平方數(shù)，在劃掉它的最后兩位數(shù)后，仍得一個完全平方數(shù)（假定劃掉的兩個數(shù)字中的一個非零）．1964年俄．【解】設(shè)n2滿足條件，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．經(jīng)驗算，僅當(dāng)a＝4時，n＝41滿足條件．若n＞41則n2－402≥422－402＞100．因此，滿足本題條件的最大的完全平方數(shù)為412＝1681．6求所有的素數(shù)p，使4p2＋1和6p2＋1也是素數(shù)．1964年波蘭【解】當(dāng)p≡±1（mod5）時，5|4p2＋1．當(dāng)p≡±2（mod5）時，5|6p2＋1．所以本題只有一個解p＝5．7證明存在無限多個自然數(shù)a有下列性質(zhì)：對任何自然數(shù)n，z＝n4＋a都不是素數(shù)．1969德國．【證】對任意整數(shù)m＞1及自然數(shù)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不是素數(shù)．取a＝4·24，4·34，…就得到無限多個符合要求的a．8將某個17位數(shù)的數(shù)字的順序顛倒，再將得到的數(shù)與原來的數(shù)相加．證明：得到的和中至少有一個數(shù)字是偶數(shù)．1970年蘇【證】假設(shè)和的數(shù)字都是奇數(shù)．在加法算式中，末一列數(shù)字的和d＋a為奇數(shù)，從而第一列也是如此，因此第二列數(shù)字的和b＋c≤9．于是將已知數(shù)的前兩位數(shù)字a、b與末兩位數(shù)字c、d去掉，所得的13位數(shù)仍具有性質(zhì)：將它的數(shù)字顛倒，得到的數(shù)與它相加，和的數(shù)字都是奇數(shù)．照此進(jìn)行，每次去掉首末各兩位數(shù)字．最后得到一位數(shù)，它與自身相加顯然是偶數(shù)．矛盾！9證明：如果p和p＋2都是大于3的素數(shù)，那么6是p＋1的因數(shù)．1973年加拿大【證】因p是奇數(shù)，2是p＋1的因數(shù)．因為p、p＋1、p＋2除以3余數(shù)不同，p、p＋2都不被3整除，所以p＋1被3整除．10證明：三個不同素數(shù)的立方根不可能是一個等差數(shù)列中的三項（不一定是連續(xù)的）．美國1973年【證】設(shè)p、q、r是不同素數(shù)．假如有自然數(shù)l、m、n和實數(shù)a、d，消去a，d，得化簡得（m－n）3p＝（l－n）3q＋（m－l）3r＋3（l－n）（m11設(shè)n為大于2的已知整數(shù)，并設(shè)Vn為整數(shù)1＋kn的集合，k＝1，2，…．?dāng)?shù)m∈Vn稱為在Vn中不可分解，如果不存在數(shù)p，q∈Vn使得pq＝m．證明：存在一個數(shù)r∈Vn可用多于一種方法表達(dá)成Vn中不可分解的元素的乘積．1977年荷蘭【證】設(shè)a＝n－1，b＝2n－1，則a2、b2、a2b2都屬于Vn．因為a2＜（n＋1）2，所以a2在Vn中不可分解．式中不會出現(xiàn)a2．r＝a2b2有兩種不同的分解方式：r＝a2·b2＝a2…（直至b2分成不可分解的元素之積）與r＝ab·ab＝…（直至ab分成不可分解的元素之積），前者有因數(shù)a2，后者沒有．12證明在無限整數(shù)序列10001，100010001，1000100010001，…中沒有素數(shù)．注意第一數(shù)（一萬零一）后每一整數(shù)是由前一整數(shù)的數(shù)字連接0001而成．1979年英國【證】序列1，10001，100010001，…，可寫成1，1＋104，1＋104＋108，…一個合數(shù)．即對n＞2，an均可分解為兩個大于1的整數(shù)的乘積，而a2＝10001＝137·73．故對一切n≥2，an均為合數(shù)．13如果一個自然數(shù)是素數(shù)，并且任意地交換它的數(shù)字，所得的數(shù)仍然是素數(shù)，那么這樣的數(shù)叫絕對素數(shù)．求證：絕對素數(shù)的不同數(shù)字不能多于3個．1984年蘇【證】若不同數(shù)字多于3個，則這些數(shù)字只能是1、3、7、9．不難驗證1379、3179、9137、7913、1397、3197、7139除以7，余數(shù)分別為0、1、2、3、4、5、6．因此對任意自然數(shù)M，104×M與上述7個四位數(shù)分別相加，所得的和中至少有一個被7整除，從而含數(shù)字1、3、7、9的數(shù)不是絕對素數(shù)．14正整數(shù)d不等于2、5、13．證在集合｛2，5，13，d｝中可找到兩個不同元素a、b，使得ab－1不是完全平方數(shù)．1986年德【證】證明2d－1、5d－1、13d－1這三個數(shù)中至少有一個不是完全平方數(shù)即可．用反證法，設(shè)5d－1＝x2

5d－1＝y(tǒng)2

13d－1＝z2

其中x、y、z是正整數(shù)．x是奇數(shù)，設(shè)x＝2n－1．代入有2d－1＝（2n－1）2即d＝2n2－2n＋1

說明d也是奇數(shù)．y、Z是偶數(shù)，設(shè)y＝2p，z＝2q，代入（2）、（3）相減后除以4有2d＝q2－p2＝（q＋p）（q－p）因2d是偶數(shù)，即q2－p2是偶數(shù)，所以p、q同為偶數(shù)或同為奇數(shù)，從而q＋p和q－p都是偶數(shù)，即2d是4的倍數(shù)，因此d是偶數(shù)．這與d是奇數(shù)相矛盾，故命題正確．15.求出五個不同的正整數(shù)，使得它們兩兩互素，而任意n（n≤5）個數(shù)的和為合數(shù)．1987年全蘇【解】由n個數(shù)ai＝i·n?。?，i＝1，2，…，n組成的集合滿足要求．因為其中任意k個數(shù)之和為m·n！＋k（m∈N，2≤k≤n）由于n！＝1·2·…·n是k的倍數(shù)，所以m·n?。玨是k的倍數(shù)，因而為合數(shù)．對任意兩個數(shù)ai與aj（i＞j），如果它們有公共的質(zhì)因數(shù)p，則p也是ai－aj＝（i－j）n！的質(zhì)因數(shù)，因為0＜i－j＜n，所以p也是n！的質(zhì)因數(shù)．但ai與n！互質(zhì)，所以ai與aj不可能有公共質(zhì)因數(shù)p，即ai、aj（i≠j）互素．令n＝5，便得滿足條件的一組數(shù)：121，241，361，481，601．16n≥2，證：如果k2＋k＋n對于整數(shù)k素數(shù)．1987蘇聯(lián)（1）若m≥p，則p|（m－p）2＋（m－p）＋n．又（m－p）2＋（m－p）＋n≥n＞P，這與m是使k2＋k＋n為合數(shù)的最小正整數(shù)矛盾．（2）若m≤p－1，則（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n＝（p－1－m）（p－m）＋n被p整除，且（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n≥n＞p因為（p－1－m）2＋（p－1－m）＋n為合數(shù)，所以p－1－m≥m，p≥2m＋1由得4m2＋4m＋1≤m2＋m＋n即3m2＋3m＋1－n≤0由此得

17正整數(shù)a與b使得ab＋1整除a2＋b2．求證：（a2＋b2）/（ab＋1）是某個正整數(shù)的平方．1988德國a2－kab＋b2＝k

（1）顯然（1）的解（a，b）滿足ab≥0（否則ab≤－1，a2＋b2＝k（ab＋1）≤0）．又由于k不是完全平方，故ab＞0．設(shè)（a，b）是（1）的解中適合a＞0（從而b＞0）并且使a＋b最小的那個解．不妨設(shè)a≥b．固定k與b，把（1）看成a的二次方程，它有一根為a．設(shè)另一根為a′，則由韋達(dá)定理a′為整數(shù)，因而（a′，b）也是（1）的解．由于b＞0，所以a′＞0．但由（3）從而a′＋b＜a＋b，這與a＋b的最小性矛盾，所以k必為完全平方．18求證：對任何正整數(shù)n，存在n個相繼的正整數(shù)，它們都不是素數(shù)的整數(shù)冪．1989年瑞典提供．【證】設(shè)a＝（n＋1）！，則a2＋k（2≤k≤n＋1），被k整除而不被k2整除（因為a2被k2整除而k不被k2整除）．如果a2＋k是質(zhì)數(shù)的整數(shù)冪pl，則k＝pj（l、j都是正整數(shù)），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）這n個連續(xù)正整數(shù)都不是素數(shù)的整數(shù)冪．19n為怎樣的自然數(shù)時，數(shù)32n＋1－22n＋1－6n是合數(shù)？1990年全蘇解32n＋1－22n＋1－6n＝（3n－2n）（3n＋1＋2n＋1）當(dāng)n＞l時，3n－2n＞1，3n＋1＋2n＋1＞1，原數(shù)是合數(shù)．當(dāng)n＝1時，原數(shù)是1320設(shè)n是大于6的整數(shù)，且a1、a2、…、ak是所有小于n且與n互素的自然數(shù)，如果a2－a1＝a3－a2＝…＝ak－ak－1＞0求證：n或是素數(shù)或是2的某個正整數(shù)次方．1991年羅馬尼亞．證由（n－1，n）＝1，得ak＝n－1．令d＝a2－a1＞0．當(dāng)a2＝2時，d＝1，從而k＝n－1，n與所有小于n的自然數(shù)互素．由此可知n是素數(shù)．當(dāng)a2＝3時，d＝2，從而n與所有小于n的奇數(shù)互素．故n是2的某個正整數(shù)次方．設(shè)a2＞3．a(chǎn)2是不能整除n的最小素數(shù)，所以2|n，3|n．由于n－1＝ak＝1＋（k－1）d，所以3d．又1＋d＝a2，于是31＋d．由此可知3|1＋2d．若1＋2d＜n，則a3＝1＋2d，這時3|（a3，n）．矛盾．若1＋2d≥n，則小于n且與n互素自然數(shù)的個數(shù)為2．設(shè)n＝2m（＞6）．若m為偶數(shù)，則m＋1與n互質(zhì)，若m為奇數(shù)，則m＋2與m互質(zhì)．即除去n－1與1外、還有小于n且與n互質(zhì)的數(shù)．矛盾．綜上所述，可知n或是素數(shù)或是2的某個正整數(shù)次方．21試確定具有下述性質(zhì)的最大正整數(shù)A：把從1001至2000所有正整數(shù)任作一個排列，都可從其中找出連續(xù)的10項，使這10項之和大于或等于A．1992年臺北數(shù)學(xué)奧林匹克【解】設(shè)任一排列，總和都是1001＋1002＋…＋2000＝1500500，將它分為100段，每段10項，至少有一段的和≥15005，所以A≥15005另一方面，將1001～2000排列如下：2000

1001

1900

1101

18001201

1700

1301

1600

14011999

1002

1899

1102

17991202

1699

1302

1599

1402…

…

…

…

…

…1901

1100

1801

1200

17011300

1601

1400

1501

1300并記上述排列為a1，a2，…，a2000（表中第i行第j列的數(shù)是這個數(shù)列的第10（i－1）＋j項，1≤i≤20，1≤j≤10）令

Si＝ai＋ai＋1＋…＋ai＋9（i＝1，2，…，1901）則S1＝15005，S2＝15004．易知若i為奇數(shù)，則Si＝15005；若i為偶數(shù)，則Si＝15004．綜上所述A＝15005．

22相繼10個整數(shù)的平方和能否成為完全平方數(shù)？1992年友誼杯國際數(shù)學(xué)競賽七年級【解】

（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2＝10n2＋110n＋385＝5（2n2＋22n＋77）不難驗證n≡0，1，－1，2，－2（mod5）時，均有2n2＋22n＋77≡2（n2＋n＋1）0（mod5）所以（n＋1）2＋（n＋2）2＋…＋（n＋10）2不是平方數(shù)，

23是否存在完全平方數(shù)，其數(shù)字和為1993？1993年澳門數(shù)學(xué)奧林匹克第二輪【解】存在，取n＝221即可．

24能表示成連續(xù)9個自然數(shù)之和，連續(xù)10個自然數(shù)之和，連續(xù)11個自然數(shù)之和的最小自然數(shù)是多少？1993年美國數(shù)學(xué)邀請賽【解】答495．連續(xù)9個整數(shù)的和是第5個數(shù)的9倍；連續(xù)10個整數(shù)的和是第5項與第6項之和的5倍；連續(xù)11個整數(shù)的和是第6項的11倍，所以滿足題目要求的自然數(shù)必能被9、5、11整除，這數(shù)至少是495．又495＝51＋52＋…＋59＝45＋46＋…＋54＝40＋41＋…＋5025如果自然數(shù)n使得2n＋1和3n＋1都恰好是平方數(shù)，試問5n＋3能否是一個素數(shù)？1993年全俄數(shù)學(xué)奧林匹克【解】如果2n＋1＝k2，3n＋1＝m2，則5n＋3＝4（2n＋1）－（3n＋1）＝4k2－m2＝（2k＋m）（2k－m）．因為5n＋3＞（3n＋1）＋2＝m2＋2＞2m＋1，所以2k－m≠1（否則5n＋3＝2k＋m＝2m＋1）．從而5n＋3＝（2k＋m）（2k－m）是合數(shù)．26設(shè)n是正整數(shù)．證明：2n＋1和3n＋1都是平方數(shù)的充要條件是n＋1為兩個相鄰的平方數(shù)之和，并且為一平方數(shù)與相鄰平方數(shù)2倍之和．1994年澳大利亞數(shù)學(xué)奧林匹克【證】若2n＋1及3n＋1是平方數(shù)，因為2（2n＋1），3（3n＋1），可設(shè)2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2，由此可得n＋1＝k2＋（k＋1）2，n＋1＝（t±1）2＋2t2反之，若n＋1＝k2＋（k＋1）2＝（t±1）2＋2t2，則2n＋1＝（2k＋1）2，3n＋1＝（3t±1）2從而命題得證．

27設(shè)a、b、c、d為自然數(shù)，并且ab＝cd．試問a＋b＋c＋d能否為素數(shù)．1995年莫斯科數(shù)學(xué)奧林匹克九年級題【解】由題意知正整數(shù)，將它們分別記作k與l．由a＋c＞c≥c1，b＋c＞c≥c2。所以，k＞1且l＞1．從而，a＋b＋c＋d＝kl為合數(shù)．28設(shè)k1＜k2＜k3＜…是正整數(shù)，且沒有兩個是相鄰的，又對于m＝1，2，3，…，Sm＝k1＋k2＋…＋km．求證：對每一個正整數(shù)n，區(qū)間（Sn，Sn＋1）中至少含有一個完全平方數(shù)．1996年上海高中數(shù)學(xué)競賽題【證】Sn＝kn＋kn－1＋…＋k1所以。又。從而A2－001哪些連續(xù)正整數(shù)之和為1000？試求出所有的解．1963年成都【解】設(shè)這些連續(xù)正整數(shù)共n個（n＞1），最小的一個數(shù)為a，則有a＋（a＋1）＋…＋（a＋n－1）＝1000即n（2a＋n－1）＝2000若n為偶數(shù)，則2a＋n－1為奇數(shù)；若n為奇數(shù)，則2a＋n－1為偶數(shù)．因a≥1，故2a＋n－1＞n．同，故只有n＝5，16，25，因此可能的取法只有下列三種：若n＝5，則a＝198；若n＝16，則a＝55；若n＝25，則a＝28．故解有三種：198＋199＋200＋201＋20255＋56＋…＋7028＋29＋…＋52

A2－002N是整數(shù)，它的b進(jìn)制表示是777，求最小的正整數(shù)b，使得N是整數(shù)的四次方．1977年加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克【解】設(shè)b為所求最小正整數(shù)，則7b2＋7b＋7＝x4。素數(shù)7應(yīng)整除x，故可設(shè)x＝7k，k為正整數(shù)．于是有b2＋b＋1＝73k4當(dāng)k＝1時，（b－18）（b＋19）＝0．因此b＝18是滿足條件的最小正整數(shù)．

A2－003如果比n個連續(xù)整數(shù)的和大100的數(shù)等于其次n個連續(xù)數(shù)的和，求n．1976年紐約數(shù)學(xué)競賽。s2－s1＝n2＝100

從而求得n＝10．A2－004設(shè)a和b為正整數(shù)，當(dāng)a2＋b2被a＋b除時，商是q而余數(shù)是r，試求出所有數(shù)對（a，b），使得q2＋r＝1977．【解】由題設(shè)a2＋b2＝q（a＋b）＋r（0≤r＜a＋b），q2＋r＝1977，所以q2≤1977，從而q≤44．若q≤43，則r＝1977－q2≥1977－432＝128．即（a＋b）≤88，與（a＋b）＞r≥128，矛盾．因此，只能有q＝44，r＝41，從而得a2＋b2＝44（a＋b）＋41。。。（a－22）2＋（b－22）2＝1009不妨設(shè)|a－22|≥|b－22|，則1009≥（a－22）2≥504，從而45≤a≤53．經(jīng)驗算得兩組解：a＝50，b＝37及a＝50，b＝7．由對稱性，還有兩組解a＝37，b＝50；a＝7，b＝50．A2－005數(shù)1978n與1978m的最后三位數(shù)相等，試求出正整數(shù)n和m，使得m＋n取最小值，這里n＞m≥1．【解】由題設(shè)1978n－1978m＝1978m（1978n－m－1）≡0（mod1000）因而1978m≡2m×989m≡0（mod8），m≥3。又1978n－m≡1（mod125）而

1978n－m＝（1975＋3）n－m≡3n－m＋（n－m）3n－m－1·1975（mod125）（1）從而3n－m≡1（mod5），于是n－m是4的倍數(shù)．設(shè)n－m＝4k，則代入（1）得從而k（20k＋3）≡0（mod25）因此k必須是25的倍數(shù)，n－m至少等于4×25＝100，于是m＋n的最小值為n－m＋2m＝106，m＝3，n＝103

A2－006求方程x3＋x2y＋xy2＋y3＝8（x2＋xy＋y2＋1）的全部整數(shù)解x、y．1980盧森堡數(shù)學(xué)競賽于是

x3＋x2y＋xy2＋y3＝（x＋y）3－2xy（x＋y）＝u3－2vux2＋xy＋y2＝（x＋y）2－xy＝u2－v從而原方程變?yōu)?v（u－4）＝u3－8u2－8

（2）因u≠4，故（2）即為根據(jù)已知，u－4必整除72，所以只能有u－4＝±2α3β，其中α＝0，1，2，3；β＝0，1，2進(jìn)一步計算可知只有u－4＝2·3＝6，于是u＝10，v＝16

A2－007確定m2＋n2的最大值，這里m和n是整數(shù)，滿足m，n∈｛1，2，…，1981｝，（n2－mn－m2）2＝1．【解】若m＝n，由（n2－mn－m2）2＝1得（mn）2＝1，故m＝n＝1．若m≠n，則由n2－mn－m2＝±1得n＞m．令n＝m＋uk，于是[（m＋uk）2－m（m＋uk）－m2]2＝1于是有若uk≠uk－1，則以上步驟可以繼續(xù)下去，直至得到數(shù)列：n，m，uk，uk－1，…，uk－l，uk－l－1此數(shù)列任意相鄰三項皆滿足ui＝ui－1＋ui－2，這恰好是斐波那契型數(shù)列．而{1，2，…，1981}中斐氏數(shù)為：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597，可見m＝987，n＝1597時，m2＋n2＝3524578為滿足條件的最大值．

A2－008求方程w！＝x?。珁！＋z！的所有正整數(shù)解．1983年加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克【解】不妨設(shè)x≤y≤z．顯然w≥z＋1，因此（z＋1）！≤w?。絰?。珁?。珃！≤3·z！從而z≤2．通過計算知x＝y(tǒng)＝z＝2，w＝3是原方程的唯一解．

A2－009求滿足下式的所有整數(shù)n，m：n2＋（n＋1）2＝m4＋（m＋1）41984年匈牙利數(shù)學(xué)競賽【解】由原式得n（n＋1）＝m（m＋1）（m2＋m＋2）設(shè)m2＋m＝k，我們有n（n＋1）＝k（k＋2）．顯然，只可能兩邊為零．解是（0，0），（0，－1），（－1，0），（－1，1）．A1－010前1000個正整數(shù)中可以表示成[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]的正整數(shù)有多少個？1985年美國數(shù)學(xué)邀請賽【解】令f（x）＝[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]．個不同的正整數(shù)值．另一方面f（x＋n）＝f（x）＋20n對任一正整數(shù)n成立．將1－1000分為50段，每20個為1段．每段中，f（x）可取12個值．故總共可取到50×12＝600個值，亦即在前1000個正整數(shù)中有600個可以表示成[2x]＋[4x]＋[6x]＋[8x]的形式．

A2－011使n3＋100能被n＋10整除的正整數(shù)n的最大值是多少？1986年美國數(shù)學(xué)邀請賽題【解由n3＋100＝（n＋10）（n2－10n＋100）－900知，若n3＋100被n＋10整除，則900也應(yīng)被n＋10整除．故n最大值是890．A12a、b、c、d為兩兩不同的正整數(shù)，并且a＋b＝cd，ab＝c＋d求出所有滿足上述要求的四元數(shù)組a、b、c、d．1987匈牙利【解】由于a≠b，所以當(dāng)且僅當(dāng)a＝1或b＝1時，才有a＋b≥ab．如果a、b都不是1，那么c＋d＝ab＞a＋b＝cd由此知c＝1或d＝1．因此a、b、c、d中總有一個（也只有一個）為1．如果a＝1，那么由消去b可以推出從而得到c＝2，d＝3，或者c＝3，d＝2．這樣，本題的答案可以列成下A2－013設(shè)[r，s]表示正整數(shù)r和s的最小公倍數(shù)，求有序三元正整數(shù)組（a，b，c）的個數(shù)，其中[a，b]＝1000，[b，c]＝2000，[c，a]＝2000．1987年美國數(shù)學(xué)邀請賽【解】顯然，a、b、c都是形如2m·5n的數(shù)．設(shè)a＝2m1·5n1，b＝2m2·5n2，c＝2m3·5n3．由[a，b]＝1000＝23·53，知max（m1，m2）＝3，max（n1，n2）＝3．同理，max（m2，m3）＝4，max（n2，n3）＝3；max（m1，m3）＝4，max（n1，n3）＝3．由此，知m3應(yīng)是4，m1、m2中必有一是3．另一個可以是0、1、2或3之任一種，因此m1、m2的取法有7種．又，n1、n2、n3中必有兩個是3，另一個可以是0、1、2或3．因此n1、n2、n3取法有10種．故mi、ni（i＝1、2、3）不同取法共有7×10＝70種，即三元組共有70個．A2－014設(shè)m的立方根是一個形如n＋r的數(shù)，這里n為正整數(shù)，r為小于1/1000的正實數(shù)．當(dāng)m是滿足上述條件的最小正整數(shù)時，求n的值．1987年美國數(shù)學(xué)邀請賽m＝n3＋1＜（n＋10－3）3＝n3＋3n2·10－3＋3n·10－6＋10－9于是從而n＝19（此時m＝193＋1為最?。?/p>

1987年）全俄數(shù)學(xué)奧林匹克【解】144＝122，1444＝382設(shè)n＞3，則則k必是一個偶數(shù)．所以也是一個自然數(shù)的完全平方，但這是不可能的．因為平方數(shù)除以4，因此，本題答案為n＝2，3．

A2－016當(dāng)n是怎樣的最小自然數(shù)時，方程[10n/x]＝1989有整數(shù)解？1989年全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克【解】1989≤10n/x＜1990所以10n/1990＜x≤10n/1989。即10n·0.000502512…＜x≤10n·0.000502765…所以n＝7，這時x＝5026與5027是解．A2－017設(shè)an＝50＋n2，n＝1，2，…．對每個n，an與an＋1的最大公約數(shù)記為dn．求dn的最大值．1990年日本【解】dn＝（an，an＋1）＝（50＋n2，50＋（n＋1）2－（50＋n2））＝（50＋n2，2n＋1）＝（2（n2＋50），2n＋1）（因2n＋1是奇數(shù)）＝（2（n2＋50）－n（2n＋1），2n＋1）＝（100－n，2n＋1）＝（100－n，2n＋1＋2（100－n））＝（100－n，201）≤201。在n＝100≠201k（k∈N）時，dn＝201．故所求值為201．A2－018n是滿足下列條件的最小正整數(shù)：（1）n是75的倍數(shù)；（2）n恰為75個正整數(shù)因子（包括1及本身）．試求n/75．【解】為保證n是75的倍數(shù)而又盡可能地小，可設(shè)n＝2α·3β·5γ，其中α≥0，β≥1，γ≥2，并且（α＋1）（β＋1）（γ＋1）＝75由75＝52·3，易知當(dāng)α＝β＝4，γ＝2時，符合條件（1）、（2）．此時n＝24·34·52，n/75＝432．

A2－0191．求出兩個自然數(shù)x、y，使得xy＋x和xy＋y分別是不同的自然數(shù)的平方．2．能否在988至1991范圍內(nèi)求到這樣的x和y？1991年全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克【解】1．例如x＝1，y＝8即滿足要求．2．假設(shè)988≤x＜y≤1991，x、y∈N，使得xy＋x與xy＋y是不同的自然數(shù)的平方，則x2＜xy＋x＜xy＋y這時y－x＝（xy＋y）－（xy＋x）＞（x＋1）2－x2＝2x＋1即y＞3x＋1由此得1991≥y＞3x＋1≥3×998＋1矛盾！故在988與1991之間不存在這樣的自然數(shù)x、y．

A2－020求所有自然數(shù)n，使得這里[n/k2]表示不超過n/k2的最大整數(shù)1991年中國數(shù)學(xué)奧林匹克【解】題給條件等價于，對一切k∈N，k2＋n/k2≥1991

（1）且存在k∈N，使得k2＋n/k2＜1992．

（2）（1）等價于對一切k∈N，k4－1991k2＋n≥0即

（k2－1991/2）2＋n－19912/4≥0

（3）故（3）式左邊在k取32時最小，因此（1）等價于n≥1991×322－324＝1024×967又，（2）等價于存在k∈N，使（k2－996）2＋n－9962＜0上式左邊也在k＝32時最小，故（2）等價于n＜1992×322－324＝1024×968故n為滿足1024×967≤n≤1024×967＋1023的一切整數(shù)．A2－021設(shè)n是固定的正整數(shù)，求出滿足下述性質(zhì)的所有正整數(shù)的和：在二進(jìn)制的數(shù)字表示中，正好是由2n個數(shù)字組成，其中有n個1和n個0，但首位數(shù)字不是0．1991年加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克題2．【解】n＝1，易知所求和S1＝2．n≥2時，首位數(shù)字為1的2n位數(shù)，在其余2n－1位上，只要n個0的位置確定了．則n－1個1的位置也就確定了，從而這個2n位二進(jìn)制數(shù)也隨之確定．現(xiàn)考慮第k（2n＞k≥1）位數(shù)字是1的數(shù)的個數(shù)．因為其中n個0的位置只可從2n－2個位置（除去首位和第k位）中選擇，故這樣的將所有這樣的2n位二進(jìn)制數(shù)相加，按數(shù)位求和，便有A2－022在{1000，1001，1002，…，2000}中有多少對相鄰的數(shù)滿足下列條件：每對中的兩數(shù)相加時不需要進(jìn)位？7或8時，則當(dāng)n和n＋1相加時將發(fā)生進(jìn)位．再若b＝9而c≠9；a＝9而b≠9或c≠9．則當(dāng)n和n＋1相加時也將發(fā)生進(jìn)位．如果不是上面描述的數(shù)，則n有如下形式其中a，b，c∈{0，1，2，3，4}．對這種形式的n，當(dāng)n和n＋1相加時不會發(fā)生進(jìn)位，共有53＋52＋5＋1＝156個這樣的n．A2－023定義一個正整數(shù)n是一個階乘的“尾”，如果存在一個正整數(shù)m，使得m！的十進(jìn)位制表示中，結(jié)尾恰好有n個零，那么小于1992的正整數(shù)中有多少個不是階乘的尾？1992年美國數(shù)學(xué)邀請賽【解】f（m）為m！的尾．則f（m）是m的不減函數(shù)，且當(dāng)m是5的倍數(shù)時，有f（m）＝f（m＋1）＝f（m＋2）＝f（m＋3）＝f（m＋4）＜f（m＋5）因此，從f（0）＝0開始，f（m）依次取值為：0，0，0，0，0；1，1，1，1，1；2，2，2，2，2；3，3，3，3，3；4，4，4，4，4；6，6，6，6，6；…；1991，1991，1991，1991，1991容易看出如果存在m使f（m）＝1991，則因而m＞4×1991＝7964．由公式（1）可計算出f（7965）＝1988，從而f（7975）＝1991．在序列（1）中共有7980項，不同的值有7980/5＝1596個．所以在{0，1，2，…，1991}中，有1992－1596＝396個值不在（1）中出現(xiàn)．這就說明，有396個正整數(shù)不是階乘的尾．

A2－024數(shù)列{an}定義如下：a0＝1，a1＝2，an＋2＝an＋（an＋1）2．求a1992除以7所得的余數(shù)．1992年日本數(shù)學(xué)奧林匹克【解】考慮an以7為模的同余式：a0＝1≡1（mod7）a1＝2≡2（mod7）a1＝1＋22＝5≡－2（mod7）a3≡2＋（－2）2＝6≡－1（mod7）a4≡－2＋（－1）2＝－1（mod7）a5≡－1＋（－1）2＝0（mod7）a6≡－1＋02＝－1（mod7）a7≡0＋（－1）2＝1（mod7）a8≡－1＋12＝0（mod7）a9≡1＋02＝1（mod7）a10≡0＋12＝1（mod7）a11≡1＋12＝2（mod7）所以，an除以7的余數(shù)以10為周期，故a1992≡a2≡5（mod7）．A2－025求所有的正整數(shù)n，滿足等式S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝…＝S（n2）其中S（x）表示十進(jìn)制正整數(shù)x的各位數(shù)字和．1992年捷克和斯洛伐克數(shù)學(xué)奧林匹克【解】顯然，n＝1滿足要求．由于對正整數(shù)x，有S（x）≡x（mod9），故當(dāng)n＞1時，有n≡S（n）≡S（2n）≡2n（mod9）所以9|n．若n是一位數(shù)，則n＝9，又S（9）＝S（2×9）＝S（3×9）＝…＝S（92）＝9，故9滿足要求．10k≤n＜10k＋1又910k，故10k＋1≤n＜10k＋1若n＜10k＋10k－1＋…＋10＋1，則與已知矛盾，從而n≥10k＋10k－1＋…＋10＋1（1）令n＝9m．設(shè)m的位數(shù)為l（k≤l≤k＋1），m－1＝S（n）＝S（（10k＋10k－1＋…＋10＋1）n）＝S（（10k＋1－1）m）＝S（10k＋1（m－1）＋（10k＋1－10l）＋（10l－m））其中9有k＋1－l個，bi＋ci＝9，i＝1，2，…，l．所以S（n）＝9（k＋1）

（2）由于n是k＋1位數(shù)，所以n＝99…9＝10k＋1－1．另一方面，當(dāng)n＝99…9＝10k＋1－1時，S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝…＝S（n2）．綜上所述，滿足要求的正整數(shù)為n＝1及n＝10k－1（k≥1）．A2－026求最大正整數(shù)k，使得3k|（23m＋1），其中m為任意正整數(shù)．1992年友誼杯國際數(shù)學(xué)競賽【解】當(dāng)m＝1時，23m＋1＝9，故k≤2．又由于23m＋1＝（23）3m－1＋1≡（－1）3m－1＋1（mod9）＝0所以，對任意正整數(shù)m，9|（23m＋1）．即所求k的值為2．最大整數(shù)．1993年全國聯(lián)賽一試【解】因為1093＋33＝（1031）3＋33＝（1031＋3）（（1031）2－3×1031＋32）＝（1031）（1031－3）＋9－1它的個位數(shù)字是8，十位數(shù)字是0．A2－028試求所有滿足如下性質(zhì)的四元實數(shù)組：組中的任一數(shù)都等于其余三個數(shù)中某兩個數(shù)的乘積．1993全俄數(shù)學(xué)奧林匹克【解】設(shè)這組數(shù)的絕對值為a≤b≤c≤d．無論a為b，c，d哪兩個數(shù)的乘積，均有a≥bc，類似地，d≤bc．從而，bc≤a≤b≤c≤d≤bc，即a＝b＝c＝d＝a2．所以a＝0或1，不難驗證，如果組中有負(fù)數(shù)，則負(fù)數(shù)的個數(shù)為2或3．所以，答案為{0，0，0，0}，{1，1，1，1}，{－1，－1，1，1}，{－1，－1，－1，1}．A2－029對任意的實數(shù)x，函數(shù)f（x）有性質(zhì)f（x）＋f（x－1）＝x2．如果f（19）＝94，那么f（94）除以1000的余數(shù)是多少？【解】重復(fù)使用f（x）＝x2－f（x－1），有f（94）＝942－f（93）＝942－932＋f（92）＝942－932＋922－f（91）＝…＝942－932＋922－…＋202－f（19）＝（94＋93）（94－93）＋（92＋91）（92－91）＋…＋（22＋21）（22－21）＋202－94＝（94＋93＋92＋…＋21）＋306＝4561因此，f（94）除以1000的余數(shù)是561．A2－030[x]表示x的整數(shù)部分，求使[log21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log2n]＝1994成立的正整數(shù)n．1994年美國數(shù)學(xué)邀請賽【解】[long21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log2128]＋[log2129]＋…＋[log2255]＝2×1＋4×2＋8×3＋16×4＋32×5＋64×6＋128×7＝1538．A2－031對給定的一個正整數(shù)n．設(shè)p（n）表示n的各位上的非零數(shù)字乘積（如果n只有一位數(shù)字，那么p（n）等于那個數(shù)字）．若S＝p（1）＋p（2）＋p（3）＋…＋p（999），則S的最大素因子是多少？1994年美國數(shù)學(xué)邀請賽【解】將每個小于1000的正整數(shù)作為三位數(shù)，（若位數(shù)小于3，則前面補(bǔ)0，如25可寫成025），所有這樣的正整數(shù)各位數(shù)字乘積的和是（0·0·0＋0·0·1＋0·0·2＋…＋9·9·8＋9·9·9）－0·0·0＝（0＋1＋2＋…＋9）3－0p（n）是n的非零數(shù)字的乘積，這個乘積的和可以由上面表達(dá)式將0換成1而得到．因此，＝463－1＝33·5·7·103。最大的素因子是103．A2－032求所有不相同的素數(shù)p、q、r和s，使得它們的和是素數(shù)，且p2＋qs及p2＋qr都是平方數(shù)．1994全俄數(shù)學(xué)奧林匹克【解】因為四個奇素數(shù)之和是大于2的偶數(shù)，所以所求的素數(shù)中必有一個為偶數(shù)2．若p≠2，則p2＋qs或p2＋qr中有一個形如（2k＋1）2＋2（2l＋1）＝4（k2＋k＋l）＋3，這是不可能的，因為奇數(shù)的平方除以4的余數(shù)是1，所以p＝2．設(shè)22＋qs＝a2，則qs＝（a＋2）（a－2）．若a－2＝1，則qs＝5，因為q、s是奇素數(shù)，所以上式是不可能的．于是只能是q＝a－2，s＝a＋2或者q＝a＋2，s＝a－2。所以s＝q－4或q＋4．同理r＝q－4或q＋4．三個數(shù)q－4、q、q＋4被3除，余數(shù)各不相同，因此其中必有一個被3整除．q或q＋4為3時，都導(dǎo)致矛盾，所以只能是q－4＝3．于是（p，q，r，s）＝（2，7，3，11）或（2，7，11，3）A2－033求所有這樣的素數(shù)，它既是兩個素數(shù)之和，同時又是兩個素數(shù)之差．1994年全俄數(shù)學(xué)奧林匹克【解】設(shè)所求的素數(shù)為p，因它是兩素數(shù)之和，故p＞2，從而p是奇數(shù)．因此，和為p的兩個素數(shù)中有一個是2，同時差為p的兩個素數(shù)中，減數(shù)也是2，即p＝q＋2，p＝r－2，其中q、r為素數(shù)．于是p－2、p、p＋2均為素數(shù)．在三個連續(xù)的奇數(shù)中必有一數(shù)被3整除，因這數(shù)為素數(shù)，故必為3．不難驗證只有p－2＝3，p＝5，p＋2＝7時，才滿足條件．所以所求的素數(shù)是5．

個整數(shù)．1994年國際數(shù)學(xué)奧林匹克題【解】n3＋1＝n3＋mn－（mn－1），所以mn－1|n（n2＋m）．因為（mn－1，n）＝1，所以mn－1|n2＋m．又n（m2＋n）－（n2＋m）＝m（mn－1），所以mn－1|m2＋n．因此m，n對稱，不妨設(shè)m≥n．當(dāng)n＝1時，mn－1＝m－1|n3＋1＝2，從而m＝2或3，以下設(shè)n≥2．若m＝n，則n2－1|（n3＋1）＝（n3－n）＋（n＋1），從而n2－1|（n＋1），m＝n＝2．若m＞n，則由于2（mn－1）≥n2＋mn＋n－2≥n2＋2m＞n2＋m所以mn－1＝n2＋m，即（m－n－1）（n－1）＝2。從而于是本題答案為（m，n）＝（2，1），（3，1），（1，2），（2，2），（5，2），（1，3），（5，3），（3，5），（2，5）共九組．【解】由已知得即。所以A2－036一個正整數(shù)不是42的正整數(shù)倍與合數(shù)之和．這個數(shù)最大是多少？1995年美國數(shù)學(xué)邀請賽【解】設(shè)這數(shù)為42n＋p，其中n為非負(fù)整數(shù)，p為小于42的素數(shù)或1．由于2×42＋1，42＋2，42＋3，42×5＋5，42＋7，2×42＋11，42＋13，4×42＋17，3×42＋19，42＋23，3×42＋29，2×42＋31，4×42＋37，2×42＋41，都是合數(shù)，所以在n≥5時，42n＋p都可表成42的正整數(shù)倍與合數(shù)之和，只有42×5＋5例外．因此，所求的數(shù)就是42×5＋5＝215．A2－038求所有正整數(shù)x、y，使得x＋y2＋z3＝xyz，這里z是x、y的最大公約數(shù)．1995年IMO預(yù)選題．【解】由原方程及y2、z3、xyz均被z2整除得出z2|x．設(shè)x＝az2，y＝bz，則原方程化為a＋b2＋z＝abz2

（1）由b2、abz2被b整除得b|（a＋z）．于是b≤a＋z．a(chǎn)＋z＋b2＝abz2＝（a＋z）b＋（a＋z）b＋b（（z2－2）a－2z）≥a＋z＋b2＋b（（z2－2）a－2z）

（2）（2）中不等式的等號只在b＝1并且b＝a＋z時成立，而這種情況不可能出現(xiàn)（a＋z＞1），所以（2）是嚴(yán)格的不等式．這表明（z2－2）a－2Z＜0

（3）從而z≤2（否則（3）的左邊≥z2－2－2z≥z－2＞0）．在z＝2時，2a－2z＜0，即a＝1，代入（1）得b＝1或3，從而x＝4，y＝2或6．在z＝1時，（1）成為a＋b2＋1＝ab

（4）從而（a－b）（b－1）＝b＋1＝（b－1）＋2這表明（b－1）|2，b＝2或3．代入（4）得a＝5．于是x＝5，y＝2或3．因此本題共有四組解：（x，y）＝（4，2），（4，6），（5，2），（5，3）．A39設(shè)m、n∈N，（m，n）＝1．求（5m＋7m，5n＋7n）．其中（m，n）表示m、n的最大公約數(shù)．1996日本數(shù)學(xué)奧林匹克【解】記H（m，n）＝（5m＋7m，5n＋7n）．則H（0，1）＝（2，12）＝2。H（1，1）＝（12，12）＝12因H（m，n）＝H（n，m），故可設(shè)n≥m．當(dāng)n≥2m時，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－m＋7n－m）－5m7m（5n－2m＋7n－2m））＝（5m＋7m，5m7m（5n－2m＋7n－2m））＝（5m＋7m，5n－2m＋7n－2m）當(dāng)m≤n＜2m時，（5m＋7m，5n＋7n）＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－m＋7n－m）－5n－m7n－m（52m－n＋72m－n））＝（5m＋7m，52m－n＋72m－n）記則（1）H（m′，n′）＝H（m，n）；（2）m′＋n′≡m＋n（mod2）；（3）（m′，n′）＝（m，n）．當(dāng)（m，n）＝1時，反復(fù)進(jìn)行上面的操作，最后必有（m′，n′）＝（1，0）或（m′，n′）＝（1，1）．從而有A2－040求下列方程的正整數(shù)解：（a，b）＋[a，b]＋a＋b＝ab其中a≥b，[a，b]、（a，b）分別表示a與b的最小公倍數(shù)與最大公因數(shù)．1996年日本數(shù)學(xué)奧林匹克預(yù)選賽題【解】記（a，b）＝d，a＝da′，b＝db′，則[a，b]＝da′b′．題設(shè)條件變?yōu)?＋a′＋b′＋a′b′＝da′b′

（*）所以故1＜d≤4．當(dāng)d＝4時，a′＝b′＝1，從而a＝b＝4；當(dāng)d＝3時，（*）等價于（2a′－1）（2b′－1）＝3由a′≥b′得a′＝2，b′－1．故a＝6，b＝3．當(dāng)d＝2時，（*）等價于（a′－1）（b′－1）＝2由a′≥b′得a′＝3，b′＝2．從而a＝6，b＝4．綜上所述，所求的正整數(shù)解有4，4；6，4；6，3．A2－041一個幻方中，每一行，每一列及每一對角線上的三個數(shù)之和有相同的值．圖示一個幻方中的四個數(shù)，求x．【解】幻方中兩條對角線的和與第二列的和都為同一值s，這3s也是第一行的和加上第二行的和，再加上中央一數(shù)的3倍．所以中央的左下角的數(shù)為19＋96－1＝114．因此。x＝3×105－19－96＝200A2－042對整數(shù)1，2，3，…，10的每一個排列a1，a2，…，a10，作和|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10|數(shù)．求p＋q．【解】差|ai－aj|有如下的45種：這45種的和為1×9＋2×8＋3×7＋4×6＋5×5＋6×4＋7×3＋8×2＋9×1＝165．每一種出現(xiàn)的次數(shù)相同，而在和|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10|中有5種，所以A2－043設(shè)正整數(shù)a、b使15a＋16b和16a－15b都是正整數(shù)的平方．求這兩個平方數(shù)中較小的數(shù)能夠取到的最小值．【解】15a＋16b＝r2，16a－15b＝s2于是16r2－15s2＝162b＋152b＝481b

（1）所以

16r2－15s2是481＝13×37的倍數(shù)．由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6的平方為0，±1，±3，±4（mod13），所以15≡2（mod13）不是任一數(shù)的平方．因此，16r2≡15s2（mod13）時，必有13|s．同樣，由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6，±7，±8，±9，±10，±11，±12，±13，±14，±15，±16，±17，±18的平方為0，±1，±3，±4，±9，±12，±16（mod37），所以必有37|s．于是481|s．由（1），481|r．在r＝s＝481時，b＝（16－15）×481＝481，a＝（16＋15）×481＝31×481，滿足15a＋16b＝r2，16a－15b＝s2．所以所說最小值為481．A2－044自然數(shù)n為十進(jìn)制中的10位數(shù)．從左邊數(shù)起第1位上的數(shù)恰是n的數(shù)字中0的個數(shù)，第2位上的數(shù)恰是n的數(shù)字中1的個數(shù)，一般地，第k＋1位上的數(shù)恰是n的數(shù)字中k的個數(shù)（0≤k≤9）．求一切這樣的數(shù)n．1997年日本數(shù)學(xué)奧林匹克【解】設(shè)n的左數(shù)第k＋1位上的數(shù)字為nk（0≤k≤9），數(shù)字k出現(xiàn)次數(shù)為nk．因n是10位數(shù)，n0＋n1＋n2＋…＋n9＝10

（1）又?jǐn)?shù)字k若在左數(shù)第nj＋1位上出現(xiàn)，則數(shù)字j在n中出現(xiàn)k次．nk個k意味著有數(shù)字j1，j2，…，jnk，共出現(xiàn)knk次．于是，又有ni＋2n2＋…＋9n9＝10

（2）由（2）顯然n5，n6，n7，n8，n9，至多一個非零，且n6，n7，n8，n9均≤1．若

n5＝n6＝n7＝n8＝n9＝0

（3）則n0≥5．于是n中至少有一個數(shù)字≥5，與（3）矛盾．所以n5，n6，n7，n8，n9中有一個非零，其余四個為0．從而n1＋2n2＋3n3＋4n4≤5

（4）（4）表明n1，n2，n3，n4中至少有兩個為0，從而n中0的個數(shù)不少于6，即n0≥6．于是n6，n7，n8，n9中有一個為1，n5＝0．若n9＝1，則n0＝9，n1≥1，這顯然不可能．若n8＝1，則n0＝8，n1≥1，但無論n1＞1或n1＝1均不合要求．若n7＝1，則n0＝7，n1＝1或2，前者顯然不合要求．后者導(dǎo)致n2≥1，n0＋n1＋n2＋n7＞10也不合要求．若n6＝1，則n0＝6，n1＝2或3．n1＝2時，n2＝1，數(shù)6210001000滿足要求．n1＝3時，n3＞0，n0＋n1＋n3＋n6＞10，不合要求．綜上所述，滿足條件的10位數(shù)n只有6210001000．A2－045求所有的整數(shù)對（a，b），其中a≥1，b≥1，且滿足等式ab2＝ba．1997年國際數(shù)學(xué)奧林匹克【解】顯然當(dāng)a、b中有一個等于1時，（a，b）＝（1，1）．以下設(shè)a，b≥2．設(shè)t＝b2/a，則由題中等式得到b＝at，at＝a2t，從而t＝a2t－1．如果2t－1≥1，則t＝a2t－1≥（1＋1）2t－1≥1＋（2t－1）＝2t＞t，矛盾．所以2t－1＜1．于是我們有0＜t＜1．記K＝1/t，則K＝a/b2＞1為有理數(shù)，由a＝bk可知K＝bK－2

（1）如果K≤2，則K＝bK－2≤1，與前面所證K＞1矛盾，因此K＞2．設(shè)K＝p/q，p，q∈N，p、q互質(zhì)，則p＞2q．于是由（1）q＝1，即K為一個大于2的自然數(shù)．當(dāng)b＝2時，由（2）式得到K＝2K－2，所以K≥4．又因為等號當(dāng)且僅當(dāng)K＝4時成立，所以得到a＝bK＝24＝16．當(dāng)b≥3時，＝bK－2≥（1＋2）K－2≥1＋2（K－2）＝2K－3．從而得到K≤3．這意味著K＝3，于是得到b＝3，a＝bK＝33＝27．綜上所述，滿足題目等式的所有正整數(shù)對為（a，b）＝（1，1），（16，2），（27，3）．A3001在數(shù)3000003中，把它的百位數(shù)字和萬位數(shù)字0換成什么數(shù)字，才能使所得的數(shù)能被13整除？1951波蘭數(shù)學(xué)奧林匹克【解】設(shè)所求數(shù)字為x和y，則有因為106、104、102除以13時，分別得余數(shù)1、3、9，所以n≡3＋3x＋9y＋3＝3（2＋x＋3y）（mod13）當(dāng)且僅當(dāng)x＋3y＋2被13整除，即x＋3y＋2＝13m（m為自然數(shù)）

（1）時，n被13整除．由于x＋3y＋2≤9＋3·9＋2＝38。所以m只能取1或2．當(dāng)m＝1時，由方程（1）及0≤x，y≤9，解得x＝8，y＝1；x＝5，y＝2；x＝2，y＝3當(dāng)m＝2時，解得x＝9，y＝5；x＝6，y＝6；x＝3，y＝7；x＝0，y＝8．故本題共有7個解：3080103，3050203，3020303，3090503，3060603，3030703，3000803．A3－002求出所有這樣的三位數(shù)，使其被11整除后的商數(shù)等于該三位數(shù)各位數(shù)字的平方和．1960年國際數(shù)學(xué)奧林匹克【解】設(shè)這個三位數(shù)除以11以后的商為10a＋b，其中a是商的十位數(shù)，b是商的個位數(shù)．若a＋b≥10，則原數(shù)為100（a＋1）＋10（a＋b－10）＋b若a＋b＜10，則原數(shù)為100a＋10（a＋b）＋b。以下對這兩種情形分別討論．先考慮第一種情形．由題設(shè)有（a＋1）2＋（a＋b－10）2＋b2＝10a＋b

（1）若a＋b＞10，則有（a＋1）2＋（a＋b－10）2＋b2≥（a＋1）2＋1＋（11－a）2故若（1）式成立，只能有a＋b＝10．將b＝10－a代入（1）解得唯一的一組正整數(shù)解a＝7，b＝3再考慮第二種情形．此時由題設(shè)有a2＋（a＋b）2＋b2＝10a＋b

（2）若a＋b＞5，則有a2＋（a＋b）2＋b2＝2（a＋b）·a＋2b2＞10a＋b故若（2）成立，只能有a＋b≤5．注意在（2）式中左邊和10a都是偶數(shù)；因此b也是偶數(shù)．若a＋b＜5，則b只能為2，將b＝2代入（2）得不到整數(shù)解，因此只能有a＋b＝5．將b＝5－a代入（2）得唯一的一組正整數(shù)解a＝5，b＝0。綜上所述，合乎要求的三位數(shù)只有550，803．A3－003下面是一個八位數(shù)除以一個三位數(shù)的算式，試求商，并說明理由．1958年上海高三賽題【解】原式可寫成：其中所有未知數(shù)都表示數(shù)字，且下標(biāo)為1的未知數(shù)都不等于零．x1x2x3等表示x1·102＋x2·10＋x3等．（1）因為得到商的第一個數(shù)字7后，同時移下兩個數(shù)字a5、a6，所以y2＝0，同理y4＝0．（2）四位數(shù)a1a2a3a4與三位數(shù)b1b2b3之差為兩位數(shù)c1c2，故a1＝1，a2＝0，b1＝9，同理，c1＝1，c2＝0，d1＝9，a4＝b3，b2＝9，a3＝0．（3）由7×x1x2x3＝99b3，所以x1＝1，x2＝4．990－7×140＝10，所以x3＝2，b3＝4，從而a4＝b3＝4．（4）由c1＝1，c2＝0可知y3＝7．（5）y5×142是四位數(shù)，所以x5≥8．又因y5×142的末位數(shù)字是8，所以y5＝9．于是商為70709，除數(shù)142，從而被除數(shù)為10040678．A3－004證：在任意39個連續(xù)自然數(shù)中，總能找到一個數(shù)，它的數(shù)字之和被11整除．1961年全俄數(shù)學(xué)奧林匹克【證】在任意39個連續(xù)自然數(shù)中，一定有三個數(shù)末位數(shù)字為0，而前兩個數(shù)中一定有一個十位數(shù)字不為9，設(shè)它為N，N的數(shù)字之和為n，則N，N＋1，N＋2，…，N＋9，N＋19這11個數(shù)的數(shù)字之和依次為n，n＋1，n＋2，…，n＋9，n＋10，其中必有一個是11的倍數(shù)．【注】39不能改為38．例如999981至1000018這38個連續(xù)自然數(shù)中，每個數(shù)的數(shù)字和都不被11整除．A3－005求有下列性質(zhì)的最小自然數(shù)n：其十進(jìn)制表示法以6結(jié)尾；當(dāng)去掉最后一位6并把它寫在剩下數(shù)字之前，則成為n的四倍數(shù)．1962年）國際數(shù)學(xué)奧林匹克【解】設(shè)n＝10m＋6，則6×10p＋m＝4（10m＋6），其中p為m的位數(shù)．于是m＝2（10p－4）/13，要使m為整數(shù)，p至少為5，此時，n＝153846．A3－006公共汽車票的號碼由六個數(shù)字組成．若一張票的號碼前三個數(shù)字之和等于后三個數(shù)字之和，則稱它是幸運的．證明：所有幸運車票號碼的和能被13整除．1965年全俄數(shù)學(xué)奧林匹克【證】設(shè)幸運車票的號碼是A，則A′＝999999－A也是幸運的，且A≠A′．因為A＋A′＝999999＝999×1001含因數(shù)13．而所有幸運號碼都能如此兩兩配對．所以所有幸運號碼之和能被13整除．A3－007自然數(shù)k有如下性質(zhì)：若n能被k整除，那末把n的數(shù)字次序顛倒后得到的數(shù)仍能被k整除．證明：k是99的因子．【證】k與10互質(zhì)．事實上，存在首位為1且能被k整除的數(shù)，把它的數(shù)字倒過來也能被k整除，而此數(shù)的末位數(shù)字為1．取以500開頭的且被k整除的數(shù)：500abc…z，（a，b，c，…，z是這個數(shù)的數(shù)字），則以下的數(shù)均被k整除：（1）z…cba005．（2）和（3）把（2）中的和倒過來z…cba00010abc…z（4）差由此看出，99能被k整除．A3－008計算由1到109的每一個數(shù)的數(shù)字之和，得到109個新數(shù)，再求每一個新數(shù)的數(shù)字之和；這樣一直進(jìn)行下去，直到都是一位數(shù)為止．那么，最后得到的數(shù)中是1多，還是2多？1964年全俄數(shù)學(xué)奧林匹克【解】一個正整數(shù)與其數(shù)字之和關(guān)于9是同余的，故最后所得的一位數(shù)為1者，是原數(shù)被9除余1的數(shù)，即1，10，19，…，999999991及109．同理，最后所得一位數(shù)為2者，原數(shù)被9除余2，即2，11，20，…，999999992．二者相比，余1者多一個數(shù)，因此，最后得到的一位數(shù)中以1為多．A09求具有下列性質(zhì)的所有三位數(shù)A：將數(shù)A的數(shù)字重新排列，得出的所有數(shù)的算術(shù)平均值等于A．1974年全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克由此可得222（a＋b＋c）＝6（100a＋10b＋c），即7a＝3b＋4c，將這方程改寫成7（a－b）＝4（c－b）當(dāng)0≤b≤2時，a＝b＝c，或a－b＝4且c－b＝7．當(dāng)7≤b≤9時，b－a＝4，b－c＝7，從而A∈{111，222，…，999，407，518，629，370，481，592}。這15個三位數(shù)合乎要求．A3－010當(dāng)44444444寫成十進(jìn)制數(shù)時，它的各位數(shù)字之和是A，而B是A的各位數(shù)字之和，求B的各位數(shù)字之和（十進(jìn)制）．【解】因為44444444的位數(shù)不超過4×4444＝17776，所以A≤177760B≤1＋5×9＝46，B的數(shù)字和C≤4＋9＝13由于一個數(shù)與它的數(shù)字和mod9同余，所以C≡B≡A≡44444444≡74444＝（73）1481×7≡11781×7≡7（mod9）故C＝7，即數(shù)B的各位數(shù)字之和是7．A3－011設(shè)n是整數(shù)，如果n2的十位數(shù)字是7，那么n2的個位數(shù)字是什么？1978年加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克【解】設(shè)n＝10x＋y，x、y為整數(shù)，且0≤y≤9，則n2＝100x2＋20xy＋y2＝20A＋y2（A為正整數(shù)）因20A的十位數(shù)字是偶數(shù)，所以要想使n2十位數(shù)字是7，必須要y2的十位數(shù)字是奇數(shù)，這只有y2＝16或36．從而y2的個位數(shù)字，即n2的個位數(shù)字都是6．A3－013下列整數(shù)的末位數(shù)字是否組成周期數(shù)列？其中[a]表示數(shù)a的整數(shù)部分．由于不循環(huán)小數(shù)，所以{a2k＋1}從而{an}不是周期數(shù)列．在二進(jìn)制中的末位數(shù)字．bn為偶數(shù)時，rn＝0，bn為奇數(shù)時，rn＝1．仿（a）可證{rn}不是周期的，從而{bn}也不是周期數(shù)列．A3－014設(shè)an是12＋22＋…＋n2的個位數(shù)字，n＝1，2，3，…，試證：0.a1a2…an…是有理數(shù)．1984年全國聯(lián)賽二試【證】將（n＋1）2，（n＋2）2，…，（n＋100）2這100個數(shù)排成下表：（n＋1）2

（n＋2）2

…

（n＋10）2（n＋11）2

（n＋12）2

…

（n＋20）2…

…

…

…（n＋91）2

（n＋92）2

…

（n＋100）2因k2與（k＋10）2的個位數(shù)字相同，故表中每一列的10個數(shù)的個位數(shù)字皆相同．因此，將這100個數(shù)相加，和的個位數(shù)字是0．所以，an＋100＝an對任何n成立．這說明0.a1a2a3…是循環(huán)小數(shù)，因而是有理數(shù)．A3－015是否存在這樣的自然數(shù)n：（十進(jìn)制）數(shù)n的數(shù)字和等于1000，而數(shù)n2的數(shù)字和等于10002？1985全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克【解】對于任意自然數(shù)m，存在由1和0組成的自然數(shù)n，它的數(shù)字和S（n）＝m，而n2的數(shù)字和S（n2）＝m2？當(dāng)m＝1，n＝1時，顯然滿足要求．設(shè)對自然數(shù)m，存在由1和0組成的自然數(shù)n，使得S（n）＝m，S（n2）＝m2設(shè)n為k位數(shù)，取n1＝n×10k＋1＋1，則n1由0，1組成并且S（n1）＝S（n）＋1＝m＋1＝S（n2×102k＋2）＋S（2n×10k＋1）＋S（1）＝S（n2）＋2S（n）＋1＝m2＋2m＋1＝（m＋1）2因此命題對一切自然數(shù)m均成立．A3－017設(shè)自然數(shù)n是一個三位數(shù)．由它的三個非零數(shù)字任意排列成的所有三位數(shù)的和減去n等于1990．求n．1989蕪湖市2090＜222（a＋b＋c）＝1990＋n＜2989而2090＞222×9＝1998，222×10＝2220＝1990＋230222×11＝2442×1990＋452，222×12＝2664＝1990＋674222×13＝2886＝1990＋896，222×14＝3108＞2989經(jīng)驗證：a＋b＋c＝11時，n＝452符合題意．A3－018定義數(shù)列{an}如下：a1＝19891989，an等于an－1的各位數(shù)字之和，a5等于什么？1989年加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克【解】由a1＜100001989＝b1，而b1的位數(shù)是4×1989＋1＝7957，知a2＜10×8000＝80000，所以a2最多是5位數(shù)，從而a3≤5×9＝45，a4≤4＋9＝13，因此a5一定是一位數(shù)．另一方面，由9|1989，知9|a1，因而9可整除a1的數(shù)字和，即9|a2，又因此有9|a3，9|a4，9|a5．所以a5＝9．A3－019某州頒發(fā)由6個數(shù)字組成的車牌證號（由0—9的數(shù)字組成），且規(guī)定任何兩個牌號至少有兩個數(shù)字不同（因此，證號“027592”與“020592”不能同時使用），試確定車牌證號最多有多少個？1990美國數(shù)學(xué)奧林匹克【解】至多可造出不同的五位證號a1a2a3a4a5105個．令a6是a1＋a1＋a3＋a4＋a5的個位數(shù)字，所成的六位數(shù)便滿足要求．因為如果兩個數(shù)的前五位中只有一個數(shù)字不同，那么第6位數(shù)字必然不同．另一方面，任何105＋1個6位數(shù)中，總有兩個前五位數(shù)字完全相同．因此，符合題目要求的車牌證號最多有105個．A3－020設(shè)A＝99…99（81位全為9），求A2的各位數(shù)字之和．1991年日本數(shù)學(xué)奧林匹克預(yù)題【解】由A＝1081－1知A2＝10162－2·1081＋1＝99…980…01↑

↑162位

82位故A2各位數(shù)字之和＝9×（162－82）＋8＋1＝729．A3－021如果一個正整數(shù)的十進(jìn)制表示中至少有兩個數(shù)字，并且每個數(shù)字都比它右邊的數(shù)字小，那么稱它為“上升”的．這種“上升”的正整數(shù)共有多少個？1992美國數(shù)學(xué)邀請賽【解】符合條件的正整數(shù)中的數(shù)字，都是不同的非零數(shù)碼，即集合S＝{1，2，3，…，9}的二元或二元以上的子集．反過來，S的每個二元或二元以上的子集，將它的數(shù)碼從小到大排列，也得到一個符合條件的正整數(shù)．S的子集共有29=512個，其中只含一個元素的子集有9個，一個空集．故符合條件的正整數(shù)共有512－10=502個．A3－022

用一個n的函數(shù)，表示乘積在十進(jìn)制下各位數(shù)字的和．1992美國數(shù)學(xué)奧林【解】先給出引理：設(shè)自然數(shù)m的位數(shù)不多于d，M=（10k－1）m（k≥d）．則S（M）=9k這里S（M）表示M中各位數(shù)字的和．令M=（10k－1）m=p+q+r，這里p=10k（m－1），q=10d－m，r=10k－10d．若m－1的十進(jìn)制的表示是ai+bi=9（i=1，2，…，d）r=（10k－1）－（10d－1）=99…9（k個9）－99…9（d個9）=99…900…0（k－d個9，d個0）個9，d個0）從而，S（M）=9k記題給乘積為M＇，且令A(yù)3－023

求方程的各個正根的乘積的最后三位數(shù)字．1995年美國數(shù)學(xué)邀請賽【解】令y=1og1995x．由原方程取對數(shù)得其最后三位數(shù)字為025．A3－024

一個六位數(shù)的首位數(shù)字是5，是否總能夠在它的后面再添加6個數(shù)字，使得所得的十二位數(shù)恰是一個完全平方數(shù)？【解】不．若不然，105個以5為首位數(shù)字的六位數(shù)可以衍生出105個十二位的完全平方數(shù)．即有105個自然數(shù)n滿足．5×1011≤n2＜6×1011亦即7×105＜n＜8×105由于7×105與8×105之間不存在105個整數(shù)，故上式不可能成立．A4－001

證明：當(dāng)且僅當(dāng)指數(shù)n不能被4整除時，1n＋2n＋3n＋4n能被5整除．1901年匈牙利數(shù)學(xué)奧林匹克題1．【證】容易驗證14≡24≡34≡44（mod5）假設(shè)n=4k＋r，k是整數(shù)，r=0，1，2，3．則Sn=1n＋2n＋3n＋4n≡1r＋2r＋3r＋4r（mod5）由此推出，當(dāng)r=0時，Sn≡4，而當(dāng)r=1，2，3時，Sn≡0（mod5）．因此，當(dāng)且僅當(dāng)n不能被4整除時，Sn能被5整除．A4－002

證明：從n個給定的自然數(shù)中，總可以挑選出若干個數(shù)（至少一個，也可能是全體），它們的和能被n整除．【證】設(shè)a1，a2，…，an是給定的n個數(shù)．考察和序列：a1，a1＋a2，a1＋a2＋a3，…，a1＋a2＋…＋an．如果所有的和數(shù)被n除時余數(shù)都不相同，那么必有一個和數(shù)被n除時余數(shù)為0．此時本題的斷言成立．如果在n個和數(shù)中，有兩個余數(shù)相同（被n除時），那么從被加項較多的和數(shù)中減去被加項較少的和數(shù)，所得的差能被n整除．此時本題的斷言也成立．A4－003

1．設(shè)n為正整數(shù)，證明132n－1是168的倍數(shù)．2．問：具有那種性質(zhì)的自然數(shù)n，能使1＋2＋3＋…＋n整除1·2·3…·n．1956年上海市賽高三復(fù)賽題1．【解】1．132n－1=（132）n－1，能被132－1，即168整除．2．問題即何時為整數(shù)．（1）若n＋1為奇質(zhì)數(shù)，則（n＋1）2（n－1）?。?）若n＋1=2，則（n＋1）|2（n－1）?。?）若n＋1為合數(shù)，則n＋1=ab其中a≥b＞1．在b=2時，a=n＋1－a≤n－1，所以a|（n－1）！，（n＋1）|2（n－1）！在b＞2時，2a≤n＋1－a＜n－1，所以2ab|（n－1）！更有

（n＋1）|2（n－1）！綜上所述，當(dāng)n≠p－1（p為奇質(zhì)數(shù)）時，1＋2＋…＋n整除1·2…·n．A4－004

證明：如果三個連續(xù)自然數(shù)的中間一個是自然數(shù)的立方，那么它們的乘積能被504整除．1958波蘭數(shù)學(xué)奧林匹克【證】設(shè)三個連續(xù)自然數(shù)的乘積為n=（a3－1）a3（a3＋1）．（1）a≡1，2，-3（mod7）時，7|a3－1．a(chǎn)≡－1，－2，3（mod7）時，7|a3＋1．a(chǎn)≡0（mod7）時，7|a3．因此7|n．（2）當(dāng)a為偶數(shù)時，a3被8整除；而當(dāng)a為奇數(shù)時，a3－1與a3＋1是兩個相鄰偶數(shù)，其中一個被4整除，因此積被8整除．（3）a≡1，－2，4（mod9）時，9|a3－1．a(chǎn)≡－1，2，-4（mod9）時，9|a3＋1．a(chǎn)≡0，±3（mod9）時，9|a3．因此9|n．由于7、8、9互素，所以n被504=7×8×9整除．A4－005設(shè)x、y、z是任意兩兩不等的整數(shù)，證明（x－y）5＋（y－z）5＋（z－x）5能被5（y－z）（z－x）（x－y）整除．【證】令x－y=u，y－z=v，則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）．結(jié)論成立，而且除后所得商式為u2＋uv＋v2=x2＋y2＋z2－2xy－2yz－2xz．【別證】也可利用因式定理，分別考慮原式含有因式（x－y），（y－z），（z－x）以及5．A4－006

已知自然數(shù)a與b互質(zhì)，證明：a＋b與a2＋b2的最大公約數(shù)為1或2．1963年全俄數(shù)學(xué)奧林匹克【證】設(shè)（a＋b，a2＋b2）=d，則d可以整除。（a＋b）2－（a2＋b2）=2ab但由于a、b互質(zhì)，a的質(zhì)因數(shù)不整除a＋b，所以d與a互質(zhì)，同理d與b互質(zhì)．因此d=1或2A4－007（a）求出所有正整數(shù)n使2n－1能被7整除．（b）證明：沒有正整數(shù)n能使2n＋1被7整除．【題說】第六屆（1964年）國際數(shù)學(xué)奧林匹克題1．本題由捷克斯洛伐克提供．解的關(guān)鍵是找出2n被7除所得的余數(shù)的規(guī)律．【證】（a）設(shè)m是正整數(shù)，則23m=（23）m=（7＋1）m=7k＋1（k是正整數(shù)）從而

23m+1=2·23m=2（7k＋1）=7k1＋223m+2=4·23m=4（7k＋1）=7k2＋4所以當(dāng)n=3m時，2n－17k；當(dāng)n=3m＋1時，2n－1=7k1＋1；當(dāng)n=3m＋2時，2n－1=7k2＋3．因此，當(dāng)且僅當(dāng)n是3的倍數(shù)時，2n－1能被7整除．（b）由（a）可知，2n＋1被7除，余數(shù)只可能是2、3、5．因此，2n＋1總不能被7整除．A4－008

設(shè)k、m和n為正整數(shù)，m＋k＋1是比n＋1大的一個質(zhì)數(shù)，記Cs=s（s＋1）．證明：乘積（Cm+1－Ck）（Cm+2-Ck）…