国际数学奥林匹克试题分类解析A数论A2整数的求解.docx
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国际数学奥林匹克试题分类解析A数论A2整数的求解
A2整数的求解
A2-001哪些连续正整数之和为1000?
试求出所有的解.
【题说】1963年成都市赛高二二试题3.
【解】设这些连续正整数共n个(n>1),最小的一个数为a,则有
a+(a+1)+…+(a+n-1)=1000
即
n(2a+n-1)=2000
若n为偶数,则2a+n-1为奇数;若n为奇数,则2a+n-1为偶数.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种:
若n=5,则a=198;
若n=16,则a=55;
若n=25,则a=28.
故解有三种:
198+199+200+201+202
55+56+…+70
28+29+…+52
A2-002N是整数,它的b进制表示是777,求最小的正整数b,使得N是整数的四次方.
【题说】第九届(1977年)加拿大数学奥林匹克题3.
【解】设b为所求最小正整数,则
7b2+7b+7=x4
素数7应整除x,故可设x=7k,k为正整数.于是有
b2+b+1=73k4
当k=1时,(b-18)(b+19)=0.因此b=18是满足条件的最小正整数.
A2-003如果比n个连续整数的和大100的数等于其次n个连续数的和,求n.
【题说】1976年美国纽约数学竞赛题7.
s2-s1=n2=100
从而求得n=10.
A2-004设a和b为正整数,当a2+b2被a+b除时,商是q而余数是r,试求出所有数对(a,b),使得q2+r=1977.
【题说】第十九届(1977年)国际数学奥林匹克题5.本题由原联邦德国提供.
【解】由题设a2+b2=q(a+b)+r(0≤r<a+b),q2+r=1977,所以q2≤1977,从而q≤44.
若q≤43,则r=1977-q2≥1977-432=128.
即(a+b)≤88,与(a+b)>r≥128,矛盾.
因此,只能有q=44,r=41,从而得
a2+b2=44(a+b)+41
(a-22)2+(b-22)2=1009
不妨设|a-22|≥|b-22|,则1009≥(a-22)2≥504,从而45≤a≤53.
经验算得两组解:
a=50,b=37及a=50,b=7.
由对称性,还有两组解a=37,b=50;a=7,b=50.
A2-005数1978n与1978m的最后三位数相等,试求出正整数n和m,使得m+n取最小值,这里n>m≥1.
【题说】第二十届(1978年)国际数学奥林匹克题1.本题由古巴提供.
【解】由题设
1978n-1978m=1978m(1978n-m-1)≡0(mod1000)
理注解:
设1978n=1000a+c1978m=1000b+c1978n-1978m=1000(a-b)
因而
1978m≡2m×989m≡0(mod8),m≥3
1978n-m≡1(mod125)
注解:
1978m(1978n-m-1)这两式的乘积要为1000整除,显然1978m这式为8的倍数,另一式为125的倍数。
而1≡1978n-m=(1975+3)n-m≡3n-m+(n-m)3n-m-1·1975(mod125)
(1)
注解:
根据二项式定理或杨辉三角;两边同时除以25
从而3n-m≡1(mod5),于是n-m是4的倍数.
设n-m=4k,则
上式有误:
80k应写成80k,上式再次用二项式定理或杨辉三角,即将81k=(1+80)k
代入
(1)得
上式有误:
4k×1975应写成4k×1975×3n-m-1再将3n-m-1写成3n-m/3再代入,整理,两边同时除以5,再整理得480k2-73k≡0(mod25),480≡-20(mod25),-73≡2(mod25)于是有20k2-2k≡0(mod25)
从而
k(20k+3)≡0(mod25)
上式有误:
应写成k(20k-2)≡0(mod25)即k(10k-1)≡0(mod25)
因此k必须是25的倍数,n-m至少等于4×25=100,于是m+n的最小值为
n-m+2m=106,m=3,n=103
A2-006求方程x3+x2y+xy2+y3=8(x2+xy+y2+1)的全部整数解x、y.
【题说】1980年卢森堡等五国国际数学竞赛题6.本题由荷兰提供.
于是x3+x2y+xy2+y3=(x+y)3-2xy(x+y)=u3-2vu
x2+xy+y2=(x+y)2-xy=u2-v
从而原方程变为
2v(u-4)=u3-8u2-8
(2)
因u≠4,故
(2)即为
根据已知,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
进一步计算可知只有u-4=2·3=6,于是
u=10,v=16
A2-007确定m2+n2的最大值,这里m和n是整数,满足m,n∈{1,2,…,1981},(n2-mn-m2)2=1.
【题说】第二十二届(1981年)国际数学奥林匹克题3.
【解】若m=n,由(n2-mn-m2)2=1得(mn)2=1,故m=n=1.
若m≠n,则由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,则以上步骤可以继续下去,直至
从而得到数列:
n,m,uk,uk-1,…,uk-l,uk-l-1
此数列任意相邻三项皆满足ui=ui-1+ui-2,这恰好是斐波那契型数列.
而{1,2,…,1981}中斐氏数为:
1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233,377,610,987,1597,可见m=987,n=1597时,m2+n2=3524578为满足条件的最大值.
A2-008求方程w!
=x!
+y!
+z!
的所有正整数解.
【题说】第十五届(1983年)加拿大数学奥林匹克题1.
【解】不妨设x≤y≤z.显然w≥z+1,因此
(z+1)!
≤w!
=x!
+y!
+z!
≤3·z!
从而z≤2.通过计算知x=y=z=2,w=3是原方程的唯一解.
A1-010前1000个正整数中可以表示成[2x]+[4x]+[6x]+[8x]的正整数有多少个?
【题说】第三届(1985年)美国数学邀请赛题10.
【解】令f(x)=[2x]+[4x]+[6x]+[8x].
个不同的正整数值.
另一方面f(x+n)=f(x)+20n对任一正整数n成立.将1-1000分为50段,每20个为1段.每段中,f(x)可取12个值.故总共可取到50×12=600个值,亦即在前1000个正整数中有600个可以表示成[2x]+[4x]+[6x]+[8x]的形式.
A2-011使n3+100能被n+10整除的正整数n的最大值是多少?
【题说】第四届(1986年)美国数学邀请赛题5.
【解】由n3+100=(n+10)(n2-10n+100)-900知,若n3+100被n+10整除,则900也应被n+10整除.因此,n最大值是890.
A2-012a、b、c、d为两两不同的正整数,并且
a+b=cd,ab=c+d
求出所有满足上述要求的四元数组a、b、c、d.
【题说】1987年匈牙利数学奥林匹克题1.
【解】由于a≠b,所以当且仅当a=1或b=1时,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中总有一个(也只有一个)为1.如果a=1,那么由消去b可以推出
从而得到c=2,d=3,或者c=3,d=2.
这样,本题的答案可以列成下表
A2-013设[r,s]表示正整数r和s的最小公倍数,求有序三元正整数组(a,b,c)的个数,其中[a,b]=1000,[b,c]=2000,[c,a]=2000.
【题说】第五届(1987年)美国数学邀请赛题7.
【解】显然,a、b、c都是形如2m·5n的数.设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应是4,m1、m2中必有一是3.另一个可以是0、1、2或3之任一种,因此m1、m2的取法有7种.又,n1、n2、n3中必有两个是3,另一个可以是0、1、2或3.因此n1、n2、n3取法有10种.故mi、ni(i=1、2、3)不同取法共有7×10=70种,即三元组共有70个.
A2-014设m的立方根是一个形如n+r的数,这里n为正整数,r为小于1/1000的正实数.当m是满足上述条件的最小正整数时,求n的值.
【题说】第五届(1987年)美国数学邀请赛题12.
m=n3+1<(n+10-3)3
=n3+3n2·10-3+3n·10-6+10-9
于是
从而n=19(此时m=193+1为最小).
【题说】第十三届(1987年)全俄数学奥林匹克九年级题1.
【解】144=122,1444=382
设n>3,则
则k必是一个偶数.所以
也是一个自然数的完全平方,但这是不可能的.因为平方数除以4,
因此,本题答案为n=2,3.
A2-016当n是怎样的最小自然数时,方程[10n/x]=1989有整数解?
【题说】第二十三届(1989年)全苏数学奥林匹克十年级题1.
【解】1989≤10n/x<1990
所以
10n/1990<x≤10n/1989
即
10n·0.000502512…<x≤10n·0.000502765…
所以n=7,这时x=5026与5027是解.
A2-017设an=50+n2,n=1,2,….对每个n,an与an+1的最大公约数记为dn.求dn的最大值.
【题说】1990年日本第1轮选拔赛题9.
【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是奇数)
=(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)时,dn=201.
故所求值为201.
A2-018n是满足下列条件的最小正整数:
(1)n是75的倍数;
(2)n恰为75个正整数因子(包括1及本身).试求n/75.
【题说】第八届(1990年)美国数学邀请赛题5.
【解】为保证n是75的倍数而又尽可能地小,可设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,易知当α=β=4,γ=2时,符合条件
(1)、
(2).此时n=24·34·52,n/75=432.
A2-0191.求出两个自然数x、y,使得xy+x和xy+y分别是不同的自然数的平方.
2.能否在988至1991范围内求到这样的x和y?
【题说】第二十五届(1991年)全苏数学奥林匹克九年级题5.
【解】1.例如x=1,y=8即满足要求.
2.假设
988≤x<y≤1991
x、y∈N,使得xy+x与xy+y是不同的自然数的平方,则
x2<xy+x<xy+y
这时
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与1991之间不存在这样的自然数x、y.
A2-020求所有自然数n,使得
这里[n/k2]表示不超过n/k2的最大整数,N是自然数集.
【题说】1991年中国数学奥林匹克题5.
【解】题给条件等价于,对一切k∈N,
k2+n/k2≥1991
(1)
且存在k∈N,使得k2+n/k2<1992.
(2)
(1)等价于对一切k∈N,
k4-1991k2+n≥0
即(k2-1991/2)2+n-19912/4≥0(3)
故(3)式左边在k取32时最小,因此
(1)等价于
n≥1991×322-324=1024×967
又,
(2)等价于存在k∈N,使
(k2-996)2+n-9962<0
上式左边也在k=32时最小,故
(2)等价于
n<1992×322-324=1024×968
故n为满足
1024×967≤n≤1024×967+1023
的一切整数.
A2-021设n是固定的正整数,求出满足下述性质的所有正整数的和:
在二进制的数字表示中,正好是由2n个数字组成,其中有n个1和n个0,但首位数字不是0.
【题说】第二十三届(1991年)加拿大数学奥林匹克题2.
【解】n=1,易知所求和S1=2.
n≥2时,首位数字为1的2n位数,在其余2n-1位上,只要n个0的位置确定了.则n-1个1的位置也就确定了,从而这个2n位二进制数也随之确定.
现考虑第k(2n>k≥1)位数字是1的数的个数.因为其中n个0的位置只可从2n-2个位置(除去首位和第k位)中选择,故这样的
将所有这样的2n位二进制数相加,按数位求和,便有
A2-022在{1000,1001,1002,…,2000}中有多少对相邻的数满足下列条件:
每对中的两数相加时不需要进位?
【题说】第十届(1992年)美国数学邀请赛题6.
7或8时,则当n和n+1相加时将发生进位.再若b=9而c≠9;a=9而b≠9或c≠9.则当n和n+1相加时也将发生进位.
如果不是上面描述的数,则n有如下形式
其中a,b,c∈{0,1,2,3,4}.对这种形式的n,当n和n+1相加时不会发生进位,所以共有
53+52+5+1=156
个这样的n.
A2-023定义一个正整数n是一个阶乘的“尾”,如果存在一个正整数m,使得m!
的十进位制表示中,结尾恰好有n个零,那么小于1992的正整数中有多少个不是阶乘的尾?
【题说】第十届(1992年)美国数学邀请赛题15.
【解】设f(m)为m!
的尾.则f(m)是m的不减函数,且当m是5的倍数时,有
f(m)=f(m+1)=f(m+2)=f(m+3)
=f(m+4)<f(m+5)
因此,从f(0)=0开始,f(m)依次取值为:
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,则
因而m>4×1991=7964.由公式
(1)可计算出f(7965)=1988,从而f(7975)=1991.
在序列
(1)中共有7980项,不同的值有7980/5=1596个.所以在{0,1,2,…,1991}中,有1992-1596=396个值不在
(1)中出现.这就说明,有396个正整数不是阶乘的尾.
A2-024数列{an}定义如下:
a0=1,a1=2,an+2=an+(an+1)2.求a1992除以7所得的余数.
【题说】1992年日本数学奥林匹克预选赛题1.
【解】考虑an以7为模的同余式:
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的余数以10为周期,故a1992≡a2≡5(mod7).
A2-025求所有的正整数n,满足等式
S(n)=S(2n)=S(3n)=…=S(n2)
其中S(x)表示十进制正整数x的各位数字和.
【题说】1992年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克(最后一轮)题3.
【解】显然,n=1满足要求.
由于对正整数x,有S(x)≡x(mod9),故当n>1时,有
n≡S(n)≡S(2n)≡2n(mod9)
所以9|n.
若n是一位数,则n=9,又S(9)=S(2×9)=S(3×9)=…=S(92)=9,故9满足要求.
10k≤n<10k+1
又9
10k,故
10k+1≤n<10k+1
若n<10k+10k-1+…+10+1,则
与已知矛盾,从而
n≥10k+10k-1+…+10+1
(1)
令n=9m.设m的位数为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个,bi+ci=9,i=1,2,…,l.
所以
S(n)=9(k+1)
(2)
由于n是k+1位数,所以n=99…9=10k+1-1.
另一方面,当n=99…9=10k+1-1时,S(n)=S(2n)=S(3n)=…=S(n2).
综上所述,满足要求的正整数为n=1及n=10k-1(k≥1).
A2-026求最大正整数k,使得3k|(23m+1),其中m为任意正整数.
【题说】1992年友谊杯国际数学竞赛十、十一年级题2.
【解】当m=1时,23m+1=9,故k≤2.又由于
23m+1=(23)3m-1+1
≡(-1)3m-1+1(mod9)
=0
所以,对任意正整数m,9|(23m+1).即所求k的值为2.
最大整数.
【题说】1993年全国联赛一试题2(4),原是填空题.
【解】因为1093+33=(1031)3+33
=(1031+3)((1031)2-3×1031+
32)
=(1031)(1031-3)+9-1
它的个位数字是8,十位数字是0.
A2-028试求所有满足如下性质的四元实数组:
组中的任一数都等于其余三个数中某两个数的乘积.
【题说】第十九届(1993年)全俄数学奥林匹克十一年级二试题5.
【解】设这组数的绝对值为a≤b≤c≤d.无论a为b,c,d哪两个数的乘积,均有a≥bc,类似地,d≤bc.从而,bc≤a≤b≤c≤d≤bc,即a=b=c=d=a2.所以a=0或1,不难验证,如果组中有负数,则负数的个数为2或3.
所以,答案为{0,0,0,0},{1,1,1,1},{-1,-1,1,1},{-1,-1,-1,1}.
A2-029对任意的实数x,函数f(x)有性质f(x)+f(x-1)=x2.如果f(19)=94,那么f(94)除以1000的余数是多少?
【题说】第十二届(1994年)美国数学邀请赛题3.
【解】重复使用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的余数是561.
A2-030对实数x,[x]表示x的整数部分,求使[log21]+[log22]+[log23]+…+[log2n]=1994成立的正整数n.
【题说】第十二届(1994年)美国数学邀请赛题4.
【解】[long21]+[log22]+[log23]+…+[log2128]+[log2129]+…+[log2255]=2×1+4×2+8×3+16×4+32×5+64×6+128×7=1538.
A2-031对给定的一个正整数n.设p(n)表示n的各位上的非零数字乘积(如果n只有一位数字,那么p(n)等于那个数字).若S=p
(1)+p
(2)+p(3)+…+p(999),则S的最大素因子是多少?
【题说】第十二届(1994年)美国数学邀请赛题5.
【解】将每个小于1000的正整数作为三位数,(若位数小于3,则前面补0,如25可写成025),所有这样的正整数各位数字乘积的和是
(0·0·0+0·0·1+0·0·2+…+9·9·8+9·9·9)-0·0·0
=(0+1+2+…+9)3-0
p(n)是n的非零数字的乘积,这个乘积的和可以由上面表达式将0换成1而得到.
因此,
=463-1=33·5·7·103
最大的素因子是103.
A2-032求所有不相同的素数p、q、r和s,使得它们的和仍是素数,并且p2+qs及p2+qr都是平方数.
【题说】第二十届(1994年)全俄数学奥林匹克九年级题7.
【解】因为四个奇素数之和是大于2的偶数,所以所求的素数中必有一个为偶数2.
若p≠2,则p2+qs或p2+qr中有一个形如(2k+1)2+2(2l+1)=4(k2+k+l)+3,这是不可能的,因为奇数的平方除以4的余数是1,所以p=2.
设22+qs=a2,则qs=(a+2)(a-2).
若a-2=1,则qs=5,因为q、s是奇素数,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.
三个数q-4、q、q+4被3除,余数各不相同,因此其中必有一个被3整除.q或q+4为3时,都导致矛盾,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求所有这样的素数,它既是两个素数之和,同时又是两个素数之差.
【题说】第二十届(1994年)全俄数学奥林匹克十年级题5.
【解】设所求的素数为p,因它是两素数之和,故p>2,从而p是奇数.因此,和为p的两个素数中有一个是2,同时差为p的两个素数中,减数也是2,即p=q+2,p=r-2,其中q、r为素数.于是p-2、p、p+2均为素数.在三个连续的奇数中必有一数被3整除,因这数为素数,故必为3.不难验证只有p-2=3,p=5,p+2=7时,才满足条件.所以所求的素数是5.
个整数.
【题说】第三十五届(1994年)国际数学奥林匹克题4.本题由澳大利亚提供.
【解】n3+1=n3+mn-(mn-1),所以mn-1|n(n2+m).因为(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对称,不妨设m≥n.
当n=1时,mn-1=m-1|n3+1=2,从而m=2或3,以下设n≥2.
若m=n,则n2-1|(n3+1)=(n3-n)+(n+1),从而n2-1|(n+1),m=n=2.
若m>n,则由于
2(mn-1)≥n2+mn+n-2≥n2+2m>n2+m
所以mn-1=n2+m,即
(m-n-1)(n-1)=2
从而
于是本题答案为
(m,n)=(2,1),(3,1)