高中数学奥林匹克竞赛试题及答案(4)

设t＝b2/a，则由题中等式得到b＝a t，at＝a2t，从而t＝a2t－1．如果2t－1?1，则t＝a2t－1?（1＋1）2t－1?1＋（2t－1）＝2t＞t，矛盾．所以2t－1＜1．于是我们有0＜t＜1．记K＝1/t，则K＝a/b2＞1为有理数，由a＝b k可知

K＝b K－2 （1）如果K?2，则K＝b K－2?1，与前面所证K＞1矛盾，因此K＞2．设K＝p/q，p，q∈N，p、q互质，

则p＞2q．于是由（1）

q＝1，即K为一个大于2的自然数．

当b＝2时，由（2）式得到K＝2K－2，所以K?4．又因为

等号当且仅当K＝4时成立，所以得到a＝b K＝24＝16．当b?3时，＝b K－2?（1＋2）K－2?1＋2（K－2）＝2K－3．从而得到K?3．这意味着K＝3，于是得到b＝3，a＝b K＝33＝27．综上所述，满足题目等式的所有正整数对为（a，b）＝（1，1），（16，2），（27，3）．

A3001 在数3000003中，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？1951波兰数学奥林匹克【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＋329＋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．1960年国际数学奥林匹克

【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）2a＋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．1958年上海高三赛题

【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x12102＋x2210＋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，故a1＝1，a2＝0，b1＝9，同理，c1＝1，c2＝0，d1＝9，a4＝b3，b2＝9，a3＝0．（3）由73x1x2x3＝99b3，所以x1＝1，x2＝4．990－73140＝10，所以x3＝2，b3＝4，从而a4＝b3＝4．

（4）由c1＝1，c2＝0可知y3＝7．（5）y53142是四位数，所以x5?8．又因y53142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：在任意39个连续自然数中，总能找到一个数，它的数字之和被11整除．1961年全俄数学奥林匹克【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．

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．1962年）国际数学奥林匹克【解】设n＝10m＋6，则6310p＋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．1965年全俄数学奥林匹克

【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＝99931001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．

【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？1964年全俄数学奥林匹克

【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．

A09 求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．1974年全苏数学奥林匹克

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}。这15个三位数合乎要求．

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（十进制）．

【解】因为44444444的位数不超过434444＝17776，所以A?177760

B?1＋539＝46，B的数字和C?4＋9＝13 由于一个数与它的数字和mod 9同余，所以

C≡B≡A≡44444444≡74444＝（73）148137≡1178137≡7（mod 9）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？1978年加拿大数学奥林匹克

【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．

由于

不循环小数，所以{a2k＋1}从而{a n}不是周期数列．

在二进制中的末位数字．b n为偶数时，r n＝0，b n为奇数时，r n＝1．仿（a）可证{r n}不是周期的，从而{b n}也不是周期数列．

A3－014 设a n是12＋22＋…＋n2的个位数字，n＝1，2，3，…，试证：0.a1a2…a n…是有理数．1984年全国联赛二试【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，a n＋100＝a n对任何n成立．这说明0.a1a2a3…是循环小数，因而是有理数．

A3－015 是否存在这样的自然数n：（十进制）数n的数字和等于1000，而数n2的数字和等于10002？1985全苏数学奥林匹克【解】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＝n310k＋1＋1，则n1由0，1组成并且S（n1）＝S（n）＋1＝m＋1

＝S（n23102k＋2）＋S（2n310k＋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．

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．1989芜湖市

2090＜222（a＋b＋c）＝1990＋n＜2989

而2090＞22239＝1998，222310＝2220＝1990＋230

222311＝244231990＋452，222312＝2664＝1990＋674

222313＝2886＝1990＋896，222314＝3108＞2989

经验证：a＋b＋c＝11时，n＝452符合题意．

A3－018 定义数列{a n}如下：a1＝19891989，a n等于a n－1的各位数字之和，a5等于什么？1989年加拿大数学奥林匹克

【解】由a1＜100001989＝b1，而b1的位数是431989＋1＝7957，知a2＜1038000＝80000，所以a2最多是5位数，从而a3?539＝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？1990美国数学奥林匹克

【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．1991年日本数学奥林匹克预题

【解】由A＝1081－1知A2＝10162－221081＋1＝99...980 (01)

↑↑

162位82位故A2各位数字之和＝93（162－82）＋8＋1＝729．

A3－021 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？1992美国数学邀请赛

【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．

A3－022 用一个n的函数，表示乘积在十进制下各位数字的和．1992美国数学奥林【解】先给出引理：设自然数m的位数不多于d，M=（10k－1）m（k?d）．则S（M）=9k

这里S（M）表示M中各位数字的和．令M=（10k－1）m=p+q+r，这里p=10k（m－1），q=10d－m，r=10k－10d．若m

－1的十进制的表示是

a i+

b i=9（i=1，2，…，d）

r=（10k－1）－（10d－1）=99…9（k个9）－99…9（d个9）=99…900…0（k－d个9，d个0）

个9，d个0）

从而，S（M）=9k

记题给乘积为M＇，且令

A3－023 求方程的各个正根的乘积的最后三位数字．1995年美国数学邀请赛

【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？

【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．

531011?n2＜631011亦即73105＜n＜83105

由于73105与83105之间不存在105个整数，故上式不可能成立．

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