国际数学奥林匹克试题分类解析—A数论A3数字问题.docVIP

A 整数 A3 数字问题 A3－001 在数3000003中，应把它的百位数字和万位数字0换成什么数字，才能使所得的数能被13整除？ 【题说】 1950年～1951年波兰数学奥林匹克三试题2． 【解】 设所求数字为x和y，则有 因为106、104、102除以13时，分别得余数1、3、9，所以 n≡3＋3x＋9y＋3＝3（2＋x＋3y）（mod 13） 当且仅当x＋3y＋2被13整除，即 x＋3y＋2＝13m（m为自然数） （1） 时，n被13整除．由于 x＋3y＋2≤9＋3·9＋2＝38 所以m只能取1或2． 当m＝1时，由方程（1）及0≤x，y≤9，解得 x＝8，y＝1；x＝5，y＝2；x＝2，y＝3 当m＝2时，解得x＝9，y＝5；x＝6，y＝6；x＝3，y＝7；x＝0，y＝8． 故本题共有7个解：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 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． A3－0