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奥林匹克数学一(2)


第一章数论 第二节、整数求解

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 A2-002 N 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 7b +7b+7=x
2 4

素数 7 应整除 x,故可设 x=7k,k 为正整数.于是有 b +b+1=7 k
2 3 4

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=n =100 从而求得 n=10. A2-004 设 a 和 b 为正整数,当 a +b 被 a+b 除时,商是 q 而余 2 数是 r,试求出所有数对(a,b),使得 q +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 a +b =q(a+b)+r(0?r<a+b),q +r=1977, 所以 q2?1977,从而 q?44. 若 q?43,则 r=1977-q ?1977-43 =128.
2 2 2 2 2 2 2

2

即(a+b)?88,与(a+b)>r?128,矛盾. 因此,只能有 q=44,r=41,从而得 a +b =44(a+b)+41
2 2

(a-22) +(b-22) =1009 不妨设|a-22|?|b-22|,则 1009?(a-22) ?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 1978 与 1978 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 1978 -1978 =1978 (1978 因而 1978 ≡2 ×989 ≡0(mod 8), m?3 又 1978 而 ≡3
n-m n-m m m m n m m n-m n m 2

2

2

-1)≡0(mod 1000)

≡1(mod 125)

1978

n-m

=(1975+3)
n-m-1

n-m

+(n-m)3
n-m

·1975(mod 125)(1)

从而 3

≡1(mod 5),于是 n-m 是 4 的倍数.

设 n-m=4k,则

代入(1)得

从而 k(20k+3)≡0(mod 25)

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 x +x y+xy +y =8(x +xy+y +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.
3 2 2 3 2 2

于是

x +x y+xy +y =(x+y) -2xy(x+y)=u -2vu x +xy+y =(x+y) -xy=u -v
2 2 2 2

3

2

2

3

3

3

从而原方程变为 2v(u-4)=u -8u -8 因 u≠4,故(2)即为
3 2

(2)

根据已知,u-4 必整除 72,所以只能有 u-4=±2 3 ,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
α β

A2-007 确定 m +n 的最大值,这里 m 和 n 是整数,满足 m,n 2 2 2 ∈{1,2,?,1981},(n -mn-m ) =1. 【题说】 第二十二届(1981 年)国际数学奥林匹克题 3.

2

2

【解】 若 m=n,由(n -mn-m ) =1 得(mn) =1,故 m=n=1. 若 m≠n,则由 n -mn-m =±1 得 n>m.令 n=m+uk,于是 [(m+uk) -m(m+uk)-m ] =1
2 2 2 2 2

2

2

2

2

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, 2 55,89,144,233,377,610,987,1597,可见 m=987,n=1597 时,m 2 +n =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 n +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 n +100=(n+10)(n -10n+100)-900 知,若 n +100 被 n+10 整除,则 900 也应被 n+10 整除.因此,n 最大值是 890. A2-012 a、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
3 2 3 3

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 2 ·5 的数.设 a=2 1·5 1,b=2 2·5 2, m n c=2 3·5 3. 由[a,b]=1000=2 ·5 ,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.
3 3 m n m n m n

m=n +1<(n+10 )
3 2 -3

3

-3

3

=n +3n ·10 +3n·10 +10 于是

-6

-9

从而 n=19(此时 m=19 +1 为最小).

3

【题说】 第十三届(1987 年)全俄数学奥林匹克九年级题 1. 【解】 144=12 ,1444=38 设 n>3,则
2 2

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[10 /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?10 /x<1990 所以 10 /1990<x?10 /1989 即 10 ·0.000502512?<x?10 ·0.000502765? 所以 n=7,这时 x=5026 与 5027 是解. A2-017 设 an=50+n , 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.
2 n n n n n n

【题说】 1990 年日本第 1 轮选拔赛题 9. 【解】 dn=(an,an+1) =(50+n ,50+(n+1) -(50+n )) =(50+n ,2n+1) =(2(n +50),2n+1)(因 2n+1 是奇数) =(2(n +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. A2-018 n 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=2 ·3 ·5 ,其中α ?0,β ?1,γ ?2,并且 (α +1)(β +1)(γ +1)=75 由 75=5 ·3,易知当α =β =4,γ =2 时,符合条件(1)、 (2).此时 n=2 ·3 ·5 , n/75=432. A2-019 1.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.
2 4 4 2 α β γ 2 2 2 2 2 2

【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 x <xy+x<xy+y 这时 y-x=(xy+y)-(xy+x) >(x+1) -x =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
2 2 2

这里[n/k ]表示不超过 n/k 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, k +n/k ?1991 且存在 k∈N,使得 k +n/k < 1992. (1)等价于对一切 k∈N, k -1991k +n?0
4 2 2 2 2 2

2

2

(1)

(2)

即 0

(k -1991/2) +n-1991 /4? (3)

2

2

2

故(3)式左边在 k 取 32 时最小,因此(1)等价于 n?1991×32 -32 =1024×967 又,(2)等价于存在 k∈N,使 (k -996) +n-996 <0 上式左边也在 k=32 时最小,故(2)等价于 n<1992×32 -32 =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.
2 4 2 2 2 2 4

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 5 +5 +5+1=156 个这样的 n.
3 2

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) .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(mod 7) a1=2≡2(mod 7) a1=1+2 =5≡-2(mod 7) a3≡2+(-2) =6≡-1(mod 7) a4≡-2+(-1) =-1(mod 7) a5≡-1+(-1) =0(mod 7) a6≡-1+0 =-1(mod 7)
2 2 2 2 2

2

a7≡0+(-1) =1(mod 7) a8≡-1+1 =0(mod 7) a9≡1+0 =1(mod 7) a10≡0+1 =1(mod 7) a11≡1+1 =2(mod 7) 所以,an 除以 7 的余数以 10 为周期,故 a1992≡a2≡5(mod 7). A2-025 求所有的正整数 n,满足等式 S(n)=S(2n)=S(3n)=?=S(n ) 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(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(2×9)=S(3×9)=?=S(9 )=9,故 9 满足要求.
2 2 2 2 2 2

2

10 ?n<10

k

k+1

又9

10k,故 10 +1?n<10
k k+1

若 n<10 +10

k

k-1

+?+10+1,则

与已知矛盾,从而 n?10 +10
k k-1

+?+10+1(1)

令 n=9m.设 m 的位数为 l(k?l?k+1),m-1=

S(n)=S((10 +10 =S((10 =S(10 -m))
k+1

k

k-1

+?+10+1)n)

-1)m)
k+1

k+1

(m-1)+(10

-10 )+(10

l

l

其中 9 有 k+1-l 个,bi+ci=9,i=1,2,?,l. 所以 S(n)=9(k+1) 由于 n 是 k+1 位数,所以 n=99?9=10 另一方面,当 n=99?9=10
k+1 k+1

(2) -1.
2

-1 时,S(n)=S(2n)=S(3n)=?=S(n ).
k

综上所述,满足要求的正整数为 n=1 及 n=10 -1(k?1). A2-026 求最大正整数 k,使得 3 |(2 +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,2 +1=9,故 k?2.又由于 2 +1=(2 ) ≡(-1)3 =0
m-1 3m 3 3m-1 3m k 3m

+1

+1(mod 9)

所以,对任意正整数 m,9|(2 +1).即所求 k 的值为 2.

3m

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 10 +3 =(10 ) +3
31 31 2 31 93 3 31 3 3

=(10 +3)((10 ) -3×10 + 3)
2

=(10 )(10 -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 2 =b=c=d=a .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) =x .如果 f(19)=94,那么 f(94)除以 1000 的余数是多少?
2

31

31

【题说】 第十二届(1994 年)美国数学邀请赛题 3. 【解】 重复使用 f(x)=x -f(x-1),有 f(94)=94 -f(93)
2 2

=94 -93 +f(92) =94 -93 +92 -f(91) =? =94 -93 +92 -?+20 -f(19) =(94+93)(94-93)+(92+91)(92- 91)+?+(22+21)(22-21)+20 -94 =(94+93+92+?+21)+306
2 2 2 2 2 2 2 2

2

2

=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) -0
3

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,

=46 -1=3 ·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 2 2 数,并且 p +qs 及 p +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 p +qs 或 p +qr 中有一个形如(2k+1) +2(2l+1)= 2 4(k +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 2 +qs=a ,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.
2 2 2 2 2

3

3

【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】 n +1=n +mn-(mn-1),所以 mn-1|n(n +m).因为(mn 2 2 2 -1,n)=1,所以 mn-1|n +m.又 n(m +n)-(n +m)=m(mn-1), 所以 mn-1|m +n.因此 m,n 对称,不妨设 m?n. 当 n=1 时,mn-1=m-1|n +1=2,从而 m=2 或 3,以下设 n?2. 若 m=n,则 n -1|(n +1)=(n -n)+(n+1),从而 n -1|(n +1),m=n=2. 若 m>n,则由于 2(mn-1)?n +mn+n-2?n +2m>n +m 所以 mn-1=n +m,即 (m-n-1)(n-1)=2 从而
2 2 2 2 2 3 3 2 3 2 3 3 2

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



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=215. A2-038 求所有正整数 x、y,使得 x+y +z =xyz,这里 z 是 x、y 的 最大公约数. 【题说】 第三十六届(1995 年)IMO 预选题. 【解】 由原方程及 y 、z 、xyz 均被 z 整除得出 z |x.设 x=az ,y =bz,则原方程化为 a+b +z=abz
2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 3

(1)

由 b 、abz 被 b 整除得 b|(a+z).于是 b?a+z. a+z+b =abz
2 2

=(a+z)b+(a+z)b+b((z -2)a-2z) ?a+z+b +b((z -2)a- 2z) (2)
2 2

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 (z -2)a-2Z< 0 从而 z?2(否则(3)的左边?z -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+b +1= ab 从而 (4)
2 2 2

(3)

(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). A2-039 设 m、n∈N,(m,n)=1.求(5 +7 ,5 +7 ).其中(m, n)表示 m、n 的最大公约数. 【题说】 1996 年日本数学奥林匹克题 2. 【解】 记 H(m,n)=(5 +7 ,5 +7 ). 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, (5 +7 ,5 +7 ) =(5 +7 ,(5 +7 )(5 +7
n-2m m m m m n-m m m n n m m n n m m n n

+7

n-m

)-5 7 (5

m m

n-2m

))
m m m n-2m

=(5 +7 ,5 7 (5 =(5 +7 ,5
m m n-2m

m

+7 )

n-2m

))

+7

n-2m

当 m?n<2m 时, (5 +7 ,5 +7 ) =(5 +7 ,(5 +7 )(5
-n m m m m n-m m m n n

+7

n-m

)-5

n-m n-m

7

(5

2m

+7

2m-n

))
m 2m-n

=(5 +7 ,5 记

m

+7

2m-n



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. 【题说】 1996 年日本数学奥林匹克预选赛题 7. 【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. 【题说】 第十四届(1996 年)美国数学邀请赛题 1. 【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=3×105-19-96=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. 【题说】 第十四届(1996 年)美国数学邀请赛题 12. 【解】 差|ai-aj|有如下的 45 种:

这 45 种的和为 1×9+2×8+3×7+4×6+5×5+6×4+7×3+8×2 +9×1=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. 【题说】 第三十七届(1996 年)国际数学奥林匹克题 4.本题由俄罗 斯提供. 【解】 15a+16b=r ,16a-15b=s 于是 16r -15s =16 b+15 b= 481b 所以
2 2 2 2 2 2 2 2

(1) 16r -15s 是 481=13×37 的倍数.

由于 0,±1,±2,±3,±4,±5,±6 的平方为 0,±1,±3,±4 2 2 (mod 13),所以 15≡2(mod 13)不是任一数的平方.因此,16r ≡15s (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)×481=481,a=(16+15)×481= 2 2 31×481,满足 15a+16b=r ,16a-15b=s . 所以所说最小值为 481. A2-044 设自然数 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. 【题说】 1997 年日本数学奥林匹克预选赛题 7. 【解】 设 n 的左数第 k+1 位上的数字为 nk(0?k?9),则数字 k 出 现的次数为 nk.因为 n 是 10 位数,所以 n0+n1+n2+?+n9= 10 (1)

又数字 k 若在左数第 nj+1 位上出现,则数字 j 在 n 中出现 k 次.nk 个 k 意味着有数字 j1,j2,?,jnk,共出现 knk 次.于是,又有 ni+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 0 n5=n6=n7=n8=n9= (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 a =b .
b2

【题说】 第三十八届(1997 年)国际数学奥林匹克题 5.本题由捷克 提供. 【解】 显然当 a、b 中有一个等于 1 时,(a,b)=(1,1).以下 设 a,b?2. 设 t=b /a,则由题中等式得到 b=a ,at=a ,从而 t=a .如果 2t 2t-1 2t-1 -1?1,则 t=a ?(1+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/b >1 为有理数,由 a=b 可知 K=b
K-2 2 k 2 t 2t 2t-1

(1)
K-2

如果 K?2,则 K=b ?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=2
K-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 =2 =16. 当 b?3 时,=b ?(1+2) ?1+2(K-2)=2K-3.从而得到 K K 3 ?3.这意味着 K=3,于是得到 b=3,a=b =3 =27.
K-2 K-2

K

4

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).


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