復(fù)件 奧林匹克題解一(3)

1、第一章數(shù)論第三節(jié)、數(shù)字問(wèn)題     A3001 在數(shù)3000003中，應(yīng)把它的百位數(shù)字和萬(wàn)位數(shù)字0換成什么數(shù)字，才能使所得的數(shù)能被13整除？【題說(shuō)】 1950年1951年波蘭數(shù)學(xué)奧林匹克三試題2【解】 設(shè)所求數(shù)字為x和y，則有因?yàn)?06、104、102除以13時(shí)，分別得余數(shù)1、3、9，所以n33x9y33（2x3y）（mod 13）當(dāng)且僅當(dāng)x3y2被13整除，即x3y213m（m為自然數(shù)）              

2、                   （1）時(shí)，n被13整除由于x3y293·9238所以m只能取1或2當(dāng)m1時(shí)，由方程（1）及0x，y9，解得x8，y1；x5，y2；x2，y3當(dāng)m2時(shí)，解得x9，y5；x6，y6；x3，y7；x0，y8故本題共有7個(gè)解：3080103，3050203，3020303，3090503，3060603，3030703，3000803A3002 求出所有這樣的三位數(shù)，使其被11

3、整除后的商數(shù)等于該三位數(shù)各位數(shù)字的平方和【題說(shuō)】 第二屆（1960年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題1本題由保加利亞提供【解】 設(shè)這個(gè)三位數(shù)除以11以后的商為10ab，其中 a是商的十位數(shù)，b是商的個(gè)位數(shù)若ab10，則原數(shù)為100（a1）10（ab10）b若ab10，則原數(shù)為100a10（ab）b以下對(duì)這兩種情形分別討論先考慮第一種情形由題設(shè)有（a1）2（ab10）2b210ab                   &

4、#160;              （1）若ab10，則有（a1）2（ab10）2b2（a1）21（11a）2故若（1）式成立，只能有ab10將b10a代入（1）解得唯一的一組正整數(shù)解a7，b3再考慮第二種情形此時(shí)由題設(shè)有a2（ab）2b210ab                  &#

5、160;                          （2）若ab5，則有a2（ab）2b22（ab）·a2b210ab故若（2）成立，只能有ab5注意在（2）式中左邊和10a都是偶數(shù)；因此b也是偶數(shù)若ab5，則b只能為2，將b2代入（2）得不到整數(shù)解，因此只能有ab5將b5a代入（2）得唯一的一組正整數(shù)解a5，b0綜上所述，合乎要

6、求的三位數(shù)只有550，803A3003 下面是一個(gè)八位數(shù)除以一個(gè)三位數(shù)的算式，試求商，并說(shuō)明理由【題說(shuō)】 1958年上海市賽高三題1【解】 原式可寫成：其中所有未知數(shù)都表示數(shù)字，且下標(biāo)為1的未知數(shù)都不等于零x1x2x3等表示x1·102x2·10x3等（1）因?yàn)榈玫缴痰牡谝粋€(gè)數(shù)字7后，同時(shí)移下兩個(gè)數(shù)字a5、a6，所以y20，同理y40（2）四位數(shù)a1a2a3a4與三位數(shù)b1b2b3之差為兩位數(shù)c1c2，所以a11，a20，b19，同理，c11，c20，d19，于是a4b3，b29，a30（3）由7×x1x2x399b3，所以x11，x249907×140

7、10，所以x32，b34，從而a4b34（4）由c11，c20可知y37（5）y5×142是四位數(shù)，所以x58又因y5×142的末位數(shù)字是8，所以y59于是商為70709，除數(shù)142，從而被除數(shù)為10040678A3004 證明：在任意39個(gè)連續(xù)的自然數(shù)中，總能找到一個(gè)數(shù)，它的數(shù)字之和被11整除【題說(shuō)】 1961年全俄數(shù)學(xué)奧林匹克八年級(jí)題 3【證】 在任意39個(gè)連續(xù)自然數(shù)中，一定有三個(gè)數(shù)末位數(shù)字為0，而前兩個(gè)數(shù)中一定有一個(gè)十位數(shù)字不為9，設(shè)它為N，N的數(shù)字之和為n，則N，N1，N2，N9，N19這11個(gè)數(shù)的數(shù)字之和依次為n，n1，n2，n9，n10，其中必有一個(gè)是11的倍數(shù)

8、【注】 39不能改為38例如999981至1000018這38個(gè)連續(xù)自然數(shù)中，每個(gè)數(shù)的數(shù)字和都不被11整除本題曾被改編為匈牙利1986年競(jìng)賽題、北京市1988年競(jìng)賽題A3005 求有下列性質(zhì)的最小自然數(shù)n：其十進(jìn)制表示法以6結(jié)尾；當(dāng)去掉最后一位6并把它寫在剩下數(shù)字之前，則成為n的四倍數(shù)【題說(shuō)】 第四屆（1962年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題1本題由波蘭提供【解】 設(shè)n10m6，則6×10pm4（10m6），其中p為m的位數(shù)于是m2（10p4）/13，要使m為整數(shù)，p至少為5，此時(shí)，n153846A3006 公共汽車票的號(hào)碼由六個(gè)數(shù)字組成若一張票的號(hào)碼前三個(gè)數(shù)字之和等于后三個(gè)數(shù)字之和，則稱它是

9、幸運(yùn)的證明：所有幸運(yùn)車票號(hào)碼的和能被13整除【題說(shuō)】 1965年全俄數(shù)學(xué)奧林匹克八年級(jí)題 4【證】 設(shè)幸運(yùn)車票的號(hào)碼是A，則A999999A也是幸運(yùn)的，且AA因?yàn)锳A999999999×1001含因數(shù)13而所有幸運(yùn)號(hào)碼都能如此兩兩配對(duì)所以所有幸運(yùn)號(hào)碼之和能被13 整除A3007 自然數(shù)k有如下性質(zhì)：若n能被k整除，那末把n的數(shù)字次序顛倒后得到的數(shù)仍能被k整除證明：k是99的因子【題說(shuō)】 第一屆（1967年）全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克十年級(jí)題5【證】 k與10互質(zhì)事實(shí)上，存在首位為1且能被k整除的數(shù)，把它的數(shù)字倒過(guò)來(lái)也能被k整除，而此數(shù)的末位數(shù)字為1取以500開頭的且被k整除的數(shù)：500abcz

10、，（a，b，c，z是這個(gè)數(shù)的數(shù)字），則以下的數(shù)均被k整除：（1）zcba005（2）和（3）把（2）中的和倒過(guò)來(lái)zcba00010abcz（4）差由此看出，99能被k整除A3008 計(jì)算由1到109的每一個(gè)數(shù)的數(shù)字之和，得到109個(gè)新數(shù)，再求每一個(gè)新數(shù)的數(shù)字之和；這樣一直進(jìn)行下去，直到都是一位數(shù)為止那么，最后得到的數(shù)中是1多，還是2多？【題說(shuō)】 1964年全俄數(shù)學(xué)奧林匹克八年級(jí)題3考慮整數(shù)被9除的余數(shù)【解】 一個(gè)正整數(shù)與其數(shù)字之和關(guān)于9是同余的，故最后所得的一位數(shù)為1者，是原數(shù)被9除余1的數(shù)，即1，10，19，999999991及109同理，最后所得一位數(shù)為2者，原數(shù)被9除余2，即2，11，2

11、0，999999992二者相比，余1者多一個(gè)數(shù)，因此，最后得到的一位數(shù)中以1為多A3009 求出具有下列性質(zhì)的所有三位數(shù)A：將數(shù)A的數(shù)字重新排列，得出的所有數(shù)的算術(shù)平均值等于A【題說(shuō)】 第八屆（1974年）全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克九年級(jí)題 5由此可得222（abc）6（100a10bc），即7a3b4c，將這方程改寫成7（ab）4（cb）當(dāng)0b2時(shí)，abc，或ab4且cb7當(dāng)7b9時(shí)，ba4，bc7，從而A111，222，999，407，518，629，370，481，592顯然這15個(gè)三位數(shù)都合乎要求A3010 當(dāng)44444444寫成十進(jìn)制數(shù)時(shí)，它的各位數(shù)字之和是A，而B是A的各位數(shù)字之和，求B的各

12、位數(shù)字之和（所有的數(shù)都是十進(jìn)制數(shù)）【題說(shuō)】 第十七屆（1975年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題4本題由原蘇聯(lián)提供【解】 因?yàn)?4444444的位數(shù)不超過(guò)4×444417776，所以A177760B15×946，B的數(shù)字和C4913由于一個(gè)數(shù)與它的數(shù)字和mod 9同余，所以CBA4444444474444（73）1481×711781×77（mod 9）故C7，即數(shù)B的各位數(shù)字之和是7A3011 設(shè)n是整數(shù)，如果n2的十位數(shù)字是7，那么n2的個(gè)位數(shù)字是什么？【題說(shuō)】 第十屆（1978年）加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克題1【解】 設(shè)n10xy，x、y為整數(shù)，且0y9，則n2100

13、x220xyy220Ay2（A為正整數(shù)）因20A的十位數(shù)字是偶數(shù)，所以要想使n2十位數(shù)字是7，必須要y2的十位數(shù)字是奇數(shù)，這只有y216或36從而y2的個(gè)位數(shù)字，即n2的個(gè)位數(shù)字都是6A3013 下列整數(shù)的末位數(shù)字是否組成周期數(shù)列？其中a表示數(shù)a的整數(shù)部分【題說(shuō)】 第十七屆（1983年）全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克九年級(jí)題 4由于不循環(huán)小數(shù)，所以a2k1從而an不是周期數(shù)列在二進(jìn)制中的末位數(shù)字顯然，bn為偶數(shù)時(shí)，rn0，bn為奇數(shù)時(shí)，rn1仿（a）可證rn不是周期的，從而bn也不是周期數(shù)列A3014 設(shè)an是1222n2的個(gè)位數(shù)字，n1，2，3，試證：0.a1a2an是有理數(shù)【題說(shuō)】 1984年全國(guó)聯(lián)賽二

14、試題 4【證】 將（n1）2，（n2）2，（n100）2這100個(gè)數(shù)排成下表：（n1）2                  （n2）2                       （n10）2（n11）2 &#

15、160;              （n12）2                     （n20）2               

16、;                                                 （n91）2  &#

17、160;            （n92）2                     （n100）2因k2與（k10）2的個(gè)位數(shù)字相同，故表中每一列的10個(gè)數(shù)的個(gè)位數(shù)字皆相同因此，將這100個(gè)數(shù)相加，和的個(gè)位數(shù)字是0所以，an100an對(duì)任何n成立A3015 是否存在具有如下性質(zhì)的自然數(shù)n：（十進(jìn)制

18、）數(shù)n的數(shù)字和等于1000，而數(shù)n2的數(shù)字和等于10002？【題說(shuō)】 第十九屆（1985年）全蘇數(shù)學(xué)奧林匹克八年級(jí)題 2【解】 可用歸納法證明更一般的結(jié)論：對(duì)于任意自然數(shù)m，存在由1和0組成的自然數(shù)n，它的數(shù)字和S（n）m，而n2的數(shù)字和S（n2）m2？當(dāng)m1，n1時(shí)，顯然滿足要求設(shè)對(duì)自然數(shù)m，存在由1和0組成的自然數(shù)n，使得S（n）m，S（n2）m2設(shè)n為k位數(shù)，取n1n×10k11，則n1由0，1組成并且S（n1）S（n）1m1S（n2×102k2）S（2n×10k1）S（1）S（n2）2S（n）1m22m1（m1）2因此命題對(duì)一切自然數(shù)m均成立這說(shuō)明0.a1

19、a2a3是循環(huán)小數(shù)，因而是有理數(shù)A3017 設(shè)自然數(shù)n是一個(gè)三位數(shù)由它的三個(gè)非零數(shù)字任意排列成的所有三位數(shù)的和減去 n等于1990求 n【題說(shuō)】 1989年蕪湖市賽題 32090222（abc）1990n2989而2090222×91998，222×1022201990230222×112442×1990452，222×1226641990674222×1328861990896，222×1431082989經(jīng)驗(yàn)證：abc11時(shí)，n452符合題意A3018 定義數(shù)列an如下：a119891989，an等于an1的各位數(shù)字之和

20、，a5等于什么？【題說(shuō)】 第二十一屆（1989年）加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克題 3【解】 由a1100001989b1，而b1的位數(shù)是4×198917957，知a210×800080000，所以a2最多是5位數(shù)，從而a35×945，a44913，因此a5一定是一位數(shù)另一方面，由9|1989，知9|a1，因而9可整除a1的數(shù)字和，即9|a2，又因此有9|a3，9|a4，9|a5所以a59A3019 某州頒發(fā)由6個(gè)數(shù)字組成的車牌證號(hào)（由09的數(shù)字組成），且規(guī)定任何兩個(gè)牌號(hào)至少有兩個(gè)數(shù)字不同（因此，證號(hào)“027592”與“020592”不能同時(shí)使用），試確定車牌證號(hào)最多有多少個(gè)？【題說(shuō)】 第十九屆（1990年）美國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克題1【解】 至多可造出不同的五位證號(hào)a1a2a3a4a5105個(gè)令a6是a1a1a3a4a5的個(gè)位數(shù)字，所成的六位數(shù)便滿足要求因?yàn)槿绻麅蓚€(gè)數(shù)的前五位中只有一個(gè)數(shù)字不同，那么第6位數(shù)字必然不同另一方面，任何1051個(gè)6位數(shù)中，總有兩個(gè)前五位數(shù)字完全相同因此，符合題目要求的車牌證號(hào)最多有105個(gè)A3020 設(shè) A9999（81位全為9），求A2的各位數(shù)字之和【題說(shuō)】 1991年日本數(shù)學(xué)奧林匹克預(yù)選賽題1【解】 由A