初中数学奥赛精讲4.docx

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初中数学奥赛精讲4

第九讲 整数问题：

求解问题之三

A2－012a、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

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2m·5n的数．设a＝2m1·5n1，b＝2m2·5n2，c＝2m3·5n3．

由[a，b]＝1000＝23·53，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．

m＝n3＋1＜（n＋10－3）3

＝n3＋3n2·10－3＋3n·10－6＋10－9

于是

从而n＝19（此时m＝193＋1为最小）．

【题说】第十三届（1987年）全俄数学奥林匹克九年级题1．

【解】144＝122，1444＝382

设n＞3，则

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[10n/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≤10n/x＜1990

所以

10n/1990＜x≤10n/1989

即

10n·0.000502512…＜x≤10n·0.000502765…

所以n＝7，这时x＝5026与5027是解．

A2－017设an＝50＋n2，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．

【题说】1990年日本第1轮选拔赛题9．

【解】

dn＝（an，an＋1）

＝（50＋n2，50＋（n＋1）2－（50＋n2））

＝（50＋n2，2n＋1）

＝（2（n2＋50），2n＋1）（因2n＋1是奇数）

＝（2（n2＋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．

   A2－018n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＝2α·3β·5γ，其中α≥0，β≥1，γ≥2，并且

（α＋1）（β＋1）（γ＋1）＝75

由75＝52·3，易知当α＝β＝4，γ＝2时，符合条件

（1）、

（2）．此时n＝24·34·52，n/75＝432．

第十讲 整数问题;求解问题之四

 A2－0191．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．

【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

x2＜xy＋x＜xy＋y

这时

y－x＝（xy＋y）－（xy＋x）

＞（x＋1）2－x2＝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

这里[n/k2]表示不超过n/k2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，

k2＋n/k2≥1991                                              

（1）

且存在k∈N，使得k2＋n/k2＜1992．                                                     

（2）

（1）等价于对一切k∈N，

k4－1991k2＋n≥0

即                 （k2－1991/2）2＋n－19912/4≥0                                       （3）

故（3）式左边在k取32时最小，因此

（1）等价于

n≥1991×322－324＝1024×967

又，

（2）等价于存在k∈N，使

（k2－996）2＋n－9962＜0

上式左边也在k＝32时最小，故

（2）等价于

n＜1992×322－324＝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．

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

53＋52＋5＋1＝156

个这样的n．

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．

第十一讲：

整数问题：

求解问题之五

 A2－024数列{an}定义如下：

a0＝1，a1＝2，an＋2＝an＋（an＋1）2．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（mod7）

a1＝2≡2（mod7）

a1＝1＋22＝5≡－2（mod7）

a3≡2＋（－2）2＝6≡－1（mod7）

a4≡－2＋（－1）2＝－1（mod7）

a5≡－1＋（－1）2＝0（mod7）

a6≡－1＋02＝－1（mod7）

a7≡0＋（－1）2＝1（mod7）

a8≡－1＋12＝0（mod7）

a9≡1＋02＝1（mod7）

a10≡0＋12＝1（mod7）

a11≡1＋12＝2（mod7）

所以，an除以7的余数以10为周期，故a1992≡a2≡5（mod7）．

 A2－025求所有的正整数n，满足等式

S（n）＝S（2n）＝S（3n）＝…＝S（n2）

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（mod9），故当n＞1时，有

n≡S（n）≡S（2n）≡2n（mod9）

所以9|n．

若n是一位数，则n＝9，又S（9）＝S（2×9）＝S（3×9）＝…＝S（92）＝9，故9满足要求．

10k≤n＜10k＋1

又9

10k，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，bi＋ci＝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．

【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，23m＋1＝9，故k≤2．又由于

23m＋1＝（23）3m－1＋1

≡（－1）3m－1＋1（mod9）

＝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．

【题说】1993年全国联赛一试题2（4），原是填空题．

【解】因为1093＋33＝（1031）3＋33

＝（1031＋3）（（1031）2－3×1031＋

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．

【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＝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}．