国际数学奥林匹克试题分类解析A数论A3数字问题汇总文档格式.docx
《国际数学奥林匹克试题分类解析A数论A3数字问题汇总文档格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《国际数学奥林匹克试题分类解析A数论A3数字问题汇总文档格式.docx（9页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
3080103，3050203，3020303，3090503，3060603，3030703，3000803．
A3－002求出所有这样的三位数，使其被11整除后的商数等于该三位数各位数字的平方和．
【题说】第二届（1960年）国际数学奥林匹克题1．本题由保加利亚提供．
【解】设这个三位数除以11以后的商为10a＋b，其中a是商的十位数，b是商的个位数．若a＋b≥10，则原数为
100（a＋1）＋10（a＋b－10）＋b
若a＋b＜10，则原数为
100a＋10（a＋b）＋b
以下对这两种情形分别讨论．
先考虑第一种情形．由题设有
（a＋1）2＋（a＋b－10）2＋b2＝10a＋b
（1）
若a＋b＞10，则有
（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．
将b＝10－a代入
（1）解得唯一的一组正整数解
a＝7，b＝3
再考虑第二种情形．此时由题设有
a2＋（a＋b）2＋b2＝10a＋b
（2）
若a＋b＞5，则有
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）式中左边和10a都是偶数；
因此b也是偶数．若a＋b＜5，则b只能为2，将b＝2代入
（2）得不到整数解，因此只能有a＋b＝5．
将b＝5－a代入
（2）得唯一的一组正整数解
a＝5，b＝0
综上所述，合乎要求的三位数只有550，803．
A3－003下面是一个八位数除以一个三位数的算式，试求商，并说明理由．
【题说】1958年上海市赛高三题1．
【解】原式可写成：
其中所有未知数都表示数字，且下标为1的未知数都不等于零．x1x2x3等表示x1·
102＋x2·
10＋x3等．
（1）因为得到商的第一个数字7后，同时移下两个数字a5、a6，所以y2＝0，同理y4＝0．
（2）四位数a1a2a3a4与三位数b1b2b3之差为两位数c1c2，所以a1＝1，a2＝0，b1＝9，同理，c1＝1，c2＝0，d1＝9，于是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，从而a4＝b3＝4．
（4）由c1＝1，c2＝0可知y3＝7．
（5）y5×
142是四位数，所以x5≥8．又因y5×
142的末位数字是8，所以y5＝9．
于是商为70709，除数142，从而被除数为10040678．
A3－004证明：
在任意39个连续的自然数中，总能找到一个数，它的数字之和被11整除．
【题说】1961年全俄数学奥林匹克八年级题3．
【证】在任意39个连续自然数中，一定有三个数末位数字为0，而前两个数中一定有一个十位数字不为9，设它为N，N的数字之和为n，则N，N＋1，N＋2，…，N＋9，N＋19这11个数的数字之和依次为n，n＋1，n＋2，…，n＋9，n＋10，其中必有一个是11的倍数．
【注】39不能改为38．例如999981至1000018这38个连续自然数中，每个数的数字和都不被11整除．本题曾被改编为匈牙利1986年竞赛题、北京市1988年竞赛题．
A3－005求有下列性质的最小自然数n：
其十进制表示法以6结尾；
当去掉最后一位6并把它写在剩下数字之前，则成为n的四倍数．
【题说】第四届（1962年）国际数学奥林匹克题1．本题由波兰提供．
【解】设n＝10m＋6，则6×
10p＋m＝4（10m＋6），其中p为m的位数．于是m＝2（10p－4）/13，要使m为整数，p至少为5，此时，n＝153846．
A3－006公共汽车票的号码由六个数字组成．若一张票的号码前三个数字之和等于后三个数字之和，则称它是幸运的．证明：
所有幸运车票号码的和能被13整除．
【题说】1965年全俄数学奥林匹克八年级题4．
【证】设幸运车票的号码是A，则A′＝999999－A也是幸运的，且A≠A′．因为A＋A′＝999999＝999×
1001含因数13．而所有幸运号码都能如此两两配对．所以所有幸运号码之和能被13整除．
A3－007自然数k有如下性质：
若n能被k整除，那末把n的数字次序颠倒后得到的数仍能被k整除．证明：
k是99的因子．
【题说】第一届（1967年）全苏数学奥林匹克十年级题5．
【证】k与10互质．事实上，存在首位为1且能被k整除的数，把它的数字倒过来也能被k整除，而此数的末位数字为1．
取以500开头的且被k整除的数：
500abc…z，（a，b，c，…，z是这个数的数字），则以下的数均被k整除：
（1）z…cba005．
（2）和
（3）把
（2）中的和倒过来
z…cba00010abc…z
（4）差
由此看出，99能被k整除．
A3－008计算由1到109的每一个数的数字之和，得到109个新数，再求每一个新数的数字之和；
这样一直进行下去，直到都是一位数为止．那么，最后得到的数中是1多，还是2多？
【题说】1964年全俄数学奥林匹克八年级题3．考虑整数被9除的余数．
【解】一个正整数与其数字之和关于9是同余的，故最后所得的一位数为1者，是原数被9除余1的数，即1，10，19，…，999999991及109．
同理，最后所得一位数为2者，原数被9除余2，即2，11，20，…，999999992．
二者相比，余1者多一个数，因此，最后得到的一位数中以1为多．
A3－009求出具有下列性质的所有三位数A：
将数A的数字重新排列，得出的所有数的算术平均值等于A．
【题说】第八届（1974年）全苏数学奥林匹克九年级题5．
由此可得222（a＋b＋c）＝6（100a＋10b＋c），即7a＝3b＋4c，将这方程改写成
7（a－b）＝4（c－b）
当0≤b≤2时，a＝b＝c，或a－b＝4且c－b＝7．
当7≤b≤9时，b－a＝4，b－c＝7，从而
A∈{111，222，…，999，407，518，629，370，481，592}
显然这15个三位数都合乎要求．
A3－010当44444444写成十进制数时，它的各位数字之和是A，而B是A的各位数字之和，求B的各位数字之和（所有的数都是十进制数）．
【题说】第十七届（1975年）国际数学奥林匹克题4．本题由原苏联提供．
【解】因为44444444的位数不超过4×
4444＝17776，所以
A≤177760
B≤1＋5×
9＝46，B的数字和C≤4＋9＝13
由于一个数与它的数字和mod9同余，所以
C≡B≡A≡44444444≡74444
＝（73）1481×
7≡11781×
7
≡7（mod9）
故C＝7，即数B的各位数字之和是7．
A3－011设n是整数，如果n2的十位数字是7，那么n2的个位数字是什么？
【题说】第十届（1978年）加拿大数学奥林匹克题1．
【解】设n＝10x＋y，x、y为整数，且0≤y≤9，则
n2＝100x2＋20xy＋y2
＝20A＋y2（A为正整数）
因20A的十位数字是偶数，所以要想使n2十位数字是7，必须要y2的十位数字是奇数，这只有y2＝16或36．从而y2的个位数字，即n2的个位数字都是6．
A3－013下列整数的末位数字是否组成周期数列？
其中[a]表示数a的整数部分．
【题说】第十七届（1983年）全苏数学奥林匹克九年级题4．
由于
不循环小数，所以{a2k＋1}从而{an}不是周期数列．
在二进制中的末位数字．显然，bn为偶数时，rn＝0，bn为奇数时，rn＝1．仿（a）可证{rn}不是周期的，从而{bn}也不是周期数列．
A3－014设an是12＋22＋…＋n2的个位数字，n＝1，2，3，…，试证：
0.a1a2…an…是有理数．
【题说】1984年全国联赛二试题4．
【证】将（n＋1）2，（n＋2）2，…，（n＋100）2这100个数排成下表：
（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与（k＋10）2的个位数字相同，故表中每一列的10个数的个位数字皆相同．因此，将这100个数相加，和的个位数字是0．
所以，an＋100＝an对任何n成立．
A3－015是否存在具有如下性质的自然数n：
（十进制）数n的数字和等于1000，而数n2的数字和等于10002？
【题说】第十九届（1985年）全苏数学奥林匹克八年级题2．
【解】可用归纳法证明更一般的结论：
对于任意自然数m，存在由1和0组成的自然数n，它的数字和S（n）＝m，而n2的数字和S（n2）＝m2？
当m＝1，n＝1时，显然满足要求．
设对自然数m，存在由1和0组成的自然数n，使得
S（n）＝m，S（n2）＝m2
设n为k位数，取
n1＝n×
10k＋1＋1，则n1由0，1组成并且
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
因此命题对一切自然数m均成立．
这说明0.a1a2a3…是循环小数，因而是有理数．
A3－017设自然数n是一个三位数．由它的三个非零数字任意排列成的所有三位数的和减去n等于1990．求n．
【题说】1989年芜湖市赛题3．
2090＜222（a＋b＋c）＝1990＋n＜2989
而
2090＞222×
9＝1998，222×
10＝2220＝1990＋230
222×
11＝2442×
1990＋452，222×
12＝2664＝1990＋674
13＝2886＝1990＋896，222×
14＝3108＞2989
经验证：
a＋b＋c＝11时，n＝452符合题意．
A3－018定义数列{an}如下：
a1＝19891989，an等于an－1的各位数字之和，a5等于什么？
【题说】第二十一届（1989年）加拿大数学奥林匹克题3．
【解】由a1＜100001989＝b1，而b1的位数是4×
1989＋1＝7957，知a2＜10×
8000＝80000，所以a2最多是5位数，从而a3≤5×
9＝45，a4≤4＋9＝13，因此a5一定是一位数．
另一方面，由9|1989，知9|a1，因而9可整除a1的数字和，即9|a2，又因此有9|a3，9|a4，9|a5．所以a5＝9．
A3－019某州颁发由6个数字组成的车牌证号（由0—9的数字组成），且规定任何两个牌号至少有两个数字不同（因此，证号“027592”与“020592”不能同时使用），试确定车牌证号最多有多少个？
【题说】第十九届（1990年）美国数学奥林匹克题1．
【解】至多可造出不同的五位证号a1a2a3a4a5105个．令a6是a1＋a1＋a3＋a4＋a5的个位数字，所成的六位数便满足要求．因为如果两个数的前五位中只有一个数字不同，那么第6位数字必然不同．
另一方面，任何105＋1个6位数中，总有两个前五位数字完全相同．
因此，符合题目要求的车牌证号最多有105个．
A3－020设A＝99…99（81位全为9），求A2的各位数字之和．
【题说】1991年日本数学奥林匹克预选赛题1．
【解】由A＝1081－1知
A2＝10162－2·
1081＋1
＝99…980…01
↑↑
162位82位
故A2各位数字之和＝9×
（162－82）＋8＋1＝729．
4A3－021如果一个正整数的十进制表示中至少有两个数字，并且每个数字都比它右边的数字小，那么称它为“上升”的．这种“上升”的正整数共有多少个？
【题说】第十届（1992年）美国数学邀请赛题2．
【解】符合条件的正整数中的数字，都是不同的非零数码，即集合S＝{1，2，3，…，9}的二元或二元以上的子集．反过来，S的每个二元或二元以上的子集，将它的数码从小到大排列，也得到一个符合条件的正整数．S的子集共有29
=512个，其中只含一个元素的子集有9个，一个空集．故符合条件的正整数共有512－10=502个．
A3－023求方程
的各个正根的乘积的最后三位数字．
【题说】第十三届（1995年）美国数学邀请赛题2．
【解】令y=1og1995x．由原方程取对数得
其最后三位数字为025．
A3－024一个六位数的首位数字是5，是否总能够在它的后面再添加6个数字，使得所得的十二位数恰是一个完全平方数？
【题说】1995年城市数学联赛高年级普通水平题3．
【解】不．若不然，105个以5为首位数字的六位数可以衍生出105个十二位的完全平方数．即有105个自然数n满足．
5×
1011≤n2＜6×
1011
亦即
7×
105＜n＜8×
105
由于7×
105与8×
105之间不存在105个整数，故上式不可能成立．
升级会员 