各国数学奥林匹克试题归类解析A整数A2求解.docx

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各国数学奥林匹克试题归类解析A整数A2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）

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）

从而3n－m≡1（mod5），于是n－m是4的倍数．

设n－m＝4k，则

代入

（1）得

从而

k（20k＋3）≡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），（1，2），（2，2），（5，2），（1，3），（5，3），（3，5），（2，5）共九组．

【题说】第十三届（1995年）美国数学邀请赛题7．

【解】由已知得

即

所以

A2－036一个正整数不是42的正整数倍与合数之和．这个数最大是多少？

【题说】第十三届（1995年）美国数学邀请赛题10．

【解】设这数为42n＋p，其中n为非负整数，p为小于42的素数或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，都是合数，所以在n≥5时，42n＋p都可表成42的正整数倍与合数之和，只有42×5＋5例外．因此，所求的数就是42×5＋5＝2