高中数学奥林匹克竞赛试题及答案(3)

【解】显然，n＝1满足要求．由于对正整数x，有S（x）≡x（mod 9），故当n＞1时，有

n≡S（n）≡S（2n）≡2n（mod 9）所以9|n．若n是一位数，则n＝9，又S（9）＝S（239）＝S（339）＝…＝S（92）＝9，

故9满足要求．10k?n＜10k＋1又910k，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，b i＋c i＝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．1992年友谊杯国际数学竞赛

【解】当m＝1时，23m＋1＝9，故k?2．又由于23m＋1＝（23）3m－1＋1≡（－1）3m－1＋1（mod 9）＝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．1993年全国联赛一试

【解】因为1093＋33＝（1031）3＋33＝（1031＋3）（（1031）2－331031＋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．1993全俄数学奥林匹克【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？

【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 [x]表示x的整数部分，求使[log21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log2n]＝1994成立的正整数n．1994年美国数学邀请赛

【解】[long21]＋[log22]＋[log23]＋…＋[log2128]＋[log2129]＋…＋[log2255]＝231＋432＋833＋1634＋3235＋6436＋

12837＝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？1994年美国数学邀请赛

【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（02020＋02021＋02022＋…＋92928＋92929）－02020＝（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＝3325272103。最大的素因子是103．

A2－032 求所有不相同的素数p、q、r和s，使得它们的和是素数，且p2＋qs及p2＋qr都是平方数．1994全俄数学奥林匹克【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．1994年全俄数学奥林匹克

【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．1994年国际数学奥林匹克题

【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．

【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？1995年美国数学邀请赛【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2342＋1，42＋2，42＋3，4235＋5，42＋7，2342＋11，42＋13，4342＋17，3342＋19，42＋23，3342＋29，2342＋31，4342＋37，2342＋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4235＋5例外．因此，所求的数就是4235＋5＝215．

A2－038 求所有正整数x、y，使得x＋y2＋z3＝xyz，这里z是x、y的最大公约数．1995年IMO预选题．

【解】由原方程及y2、z3、xyz均被z2整除得出z2|x．设x＝az2，y＝bz，则原方程化为

a＋b2＋z＝abz2 （1）

由b2、abz2被b整除得b|（a＋z）．于是b?a＋z．

a＋z＋b2＝abz2＝（a＋z）b＋（a＋z）b＋b（（z2－2）a－2z）?a＋z＋b2＋b（（z2－2）a－2z）（2）

（2）中不等式的等号只在b＝1并且b＝a＋z时成立，而这种情况不可能出现（a＋z＞1），所以（2）是严格的不等式．这表明

（z2－2）a－2Z＜0 （3）从而z?2（否则（3）的左边?z2－2－2z?z－2＞0）．

在z＝2时，2a－2z＜0，即a＝1，代入（1）得b＝1或3，从而x＝4，y＝2或6．

在z＝1时，（1）成为a＋b2＋1＝ab （4）

从而（a－b）（b－1）＝b＋1＝（b－1）＋2

这表明（b－1）|2，b＝2或3．代入（4）得a＝5．于是x＝5，y＝2或3．

因此本题共有四组解：（x，y）＝（4，2），（4，6），（5，2），（5，3）．

A39 设m、n∈N，（m，n）＝1．求（5m＋7m，5n＋7n）．其中（m，n）表示m、n的最大公约数．1996日本数学奥林匹克

【解】记H（m，n）＝（5m＋7m，5n＋7n）．则H（0，1）＝（2，12）＝2。H（1，1）＝（12，12）＝12因H（m，n）＝H（n，m），故可设n?m．

当n?2m时，（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）

当m?n＜2m时，（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）

记

则（1）H（m′，n′）＝H（m，n）；（2）m′＋n′≡m＋n（mod 2）；（3）（m′，n′）＝（m，n）．

当（m，n）＝1时，反复进行上面的操作，最后必有（m′，n′）＝（1，0）或（m′，n′）＝（1，1）．从而有

A2－040 求下列方程的正整数解：（a，b）＋[a，b]＋a＋b＝ab其中a?b，[a，b]、（a，b）分别表示a与b的最小公倍数与最大公因数．1996年日本数学奥林匹克预选赛题

【解】记（a，b）＝d，a＝da′，b＝db′，则[a，b]＝da′b′．题设条件变为

1＋a′＋b′＋a′b′＝da′b′（*）所以

故1＜d?4．当d＝4时，a′＝b′＝1，从而a＝b＝4；当d＝3时，（*）等价于（2a′－1）（2b′－1）＝3

由a′?b′得a′＝2，b′－1．故a＝6，b＝3．当d＝2时，（*）等价于（a′－1）（b′－1）＝2

由a′?b′得a′＝3，b′＝2．从而a＝6，b＝4．综上所述，所求的正整数解有4，4；6，4；6，3．

A2－041 一个幻方中，每一行，每一列及每一对角线上的三个数之和有相同的值．图示一个幻方中的四个数，求x．

【解】幻方中两条对角线的和与第二列的和都为同一值s，这3s也是第一行的和加上第二行的和，再加上中央一数的3倍．所

以中央的

左下角的数为19＋96－1＝114．因此。x＝33105－19－96＝200

A2－042 对整数1，2，3，…，10的每一个排列a1，a2，…，a10，作和|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10|

数．求p＋q．

【解】差|a i－a j|有如下的45种：

这45种的和为139＋238＋337＋436＋535＋634＋733＋832＋931＝165．每一种出现的次数相同，而在和|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10|中有5种，所以

A2－043 设正整数a、b使15a＋16b和16a－15b都是正整数的平方．求这两个平方数中较小的数能够取到的最小值．

【解】15a＋16b＝r2，16a－15b＝s2于是16r2－15s2＝162b＋152b＝481b （1）

所以16r2－15s2是481＝13337的倍数．

由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6的平方为0，±1，±3，±4（mod 13），所以15≡2（mod 13）不是任一数的平方．因此，16r2≡15s2（mod 13）时，必有13|s．

同样，由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6，±7，±8，±9，±10，±11，±12，±13，±14，±15，±16，±17，±18的平方为0，±1，±3，±4，±9，±12，±16（mod 37），所以必有37|s．

于是481|s．由（1），481|r．

在r＝s＝481时，b＝（16－15）3481＝481，a＝（16＋15）3481＝313481，满足15a＋16b＝r2，16a－15b＝s2．

所以所说最小值为481．

A2－044 自然数n为十进制中的10位数．从左边数起第1位上的数恰是n的数字中0的个数，第2位上的数恰是n的数字中1的个数，一般地，第k＋1位上的数恰是n的数字中k的个数（0?k?9）．求一切这样的数n．1997年日本数学奥林匹克

【解】设n的左数第k＋1位上的数字为n k（0?k?9），数字k出现次数为n k．因n是10位数，n0＋n1＋n2＋…＋n9＝

10 （1）

又数字k若在左数第n j＋1位上出现，则数字j在n中出现k次．n k个k意味着有数字j1，j2，…，j nk，共出现k nk次．于是，又有

n i＋2n2＋…＋9n9＝10 （2）

由（2）显然n5，n6，n7，n8，n9，至多一个非零，且n6，n7，n8，n9均?1．

若n5＝n6＝n7＝n8＝n9＝0 （3）则n0?5．于是n中至少有一个数字?5，与（3）矛盾．所以n5，n6，n7，n8，n9中有一个非零，其余四个为0．从而n1＋2n2＋3n3＋4n4?5 （4）

（4）表明n1，n2，n3，n4中至少有两个为0，从而n中0的个数不少于6，即n0?6．于是n6，n7，n8，n9中有一个为1，n5＝0．

若n9＝1，则n0＝9，n1?1，这显然不可能．若n8＝1，则n0＝8，n1?1，但无论n1＞1或n1＝1均不合要求．

若n7＝1，则n0＝7，n1＝1或2，前者显然不合要求．后者导致n2?1，n0＋n1＋n2＋n7＞10也不合要求．

若n6＝1，则n0＝6，n1＝2或3．n1＝2时，n2＝1，数6210001000满足要求．n1＝3时，n3＞0，n0＋n1＋n3＋n6＞10，不合要求．综上所述，满足条件的10位数n只有6210001000．

A2－045 求所有的整数对（a，b），其中a?1，b?1，且满足等式a b2＝b a．1997年国际数学奥林匹克

【解】显然当a、b中有一个等于1时，（a，b）＝（1，1）．以下设a，b?2．

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