复件 奥林匹克题解一(3)

第一章数论

第三节、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10、10、10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

1

6

4

2

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）＋（a＋b－10）＋b＝10a＋b （1） 若a＋b＞10，则有

（a＋1）＋（a＋b－10）＋b?（a＋1）＋1＋ （11－a）

22

2

2

2

2

2

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

a＋（a＋b）＋b＝10a＋b （2） 若a＋b＞5，则有

a＋（a＋b）＋b＝2（a＋b）·a＋2b＞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．

2

2

2

2

2

2

2

2

【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x1·10＋x2·10＋x3等．

2

（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，从而被除数为10040678．

3

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6×10＋m＝4（10m＋6），其中p为m的位数．于是m＝2（10－4）/13，要使m为整数，p至少为5，此时，n＝153846．

p

p

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．

【题说】 1965年全俄数学奥林匹克八年级题 4．

【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＝999×1001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．

【题说】 第一届（1967年）全苏数学奥林匹克十年级题5．

【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

4

（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10的每一个数的数字之和，得到10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？

【题说】 1964年全俄数学奥林匹克八年级题3．考虑整数被9除的余数．

【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

9

数被9除余1的数，即1，10，19，?，999999991及10．

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．

A3－009 求出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．

【题说】 第八届（1974年）全苏数学奥林匹克九年级题 5．

9

9

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）

5

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？

【题说】1995年城市数学联赛高年级普通水平题3．

【解】不．若不然，10个以5为首位数字的六位数可以衍生出105个

5

十二位的完全平方数．即有10个自然数n满足．

5×10?n＜6×10

亦即

7×10＜n＜8×10

由于7×10与8×10之间不存在10个整数，故上式不可能成立．

5

5

5

5

5

11

2

11

5

11

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