国际数学奥林匹克试题分类解析—A数论_A2整数的求解

A2整数的求解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＋20255＋56＋…＋7028＋29＋…＋52A2－002N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7b2＋7b＋7＝x4素数7应整除x，故可设x＝7k，k为正整数．于是有b2＋b＋1＝73k4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＝n2＝100从而求得n＝10．A2－004设a和b为正整数，当a2＋b2被a＋b除时，商是q而余数是r，试求出所有数对（a，b），使得q2＋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a2＋b2＝q（a＋b）＋r（0≤r＜a＋b），q2＋r＝1977，所以q2≤1977，从而q≤44．若q≤43，则r＝1977－q2≥1977－432＝128．即（a＋b）≤88，与（a＋b）＞r≥128，矛盾．因此，只能有q＝44，r＝41，从而得a2＋b2＝44（a＋b）＋41（a－22）2＋（b－22）2＝1009不妨设|a－22|≥|b－22|，则1009≥（a－22）2≥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1978n与1978m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1978n－1978m＝1978m（1978n－m－1）≡0（mod1000）因而1978m≡2m×989m≡0（mod8），m≥3又1978n－m≡1（mod125）而1978n－m＝（1975＋3）n－m≡3n－m＋（n－m）3n－m－1·1975（mod125）（1）从而3n－m≡1（mod5），于是n－m是4的倍数．设n－m＝4k，则代入（1）得从而k（20k＋3）≡0（mod25）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＝103A2－006求方程x3＋x2y＋xy2＋y3＝8（x2＋xy＋y2＋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．于是x3＋x2y＋xy2＋y3＝（x＋y）3－2xy（x＋y）＝u3－2vux2＋xy＋y2＝（x＋y）2－xy＝u2－v从而原方程变为2v（u－4）＝u3－8u2－8（2）因u≠4，故（2）即为根据已知，u－4必整除72，所以只能有u－4＝±2α3β，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＝16A2－007确定m2＋n2的最大值，这里m和n是整数，满足m，n∈｛1，2，…，1981｝，（n2－mn－m2）2＝1．【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题3．【解】若m＝n，由（n2－mn－m2）2＝1得（mn）2＝1，故m＝n＝1．若m≠n，则由n2－mn－m2＝±1得n＞m．令n＝m＋uk，于是[（m＋uk）2－m（m＋uk）－m2]2＝1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：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597，可见m＝987，n＝1597时，m2＋n2＝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n3＋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n3＋100＝（n＋10）（n2－10n＋100）－900知，若n3＋100被n＋10整除，则900也应被n＋10整除．因此，n最大值是890．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．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≤1991x、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