數(shù)學(xué)奧林匹克題解【A整數(shù)-A3數(shù)字問(wèn)題001-010】

1、A 整數(shù) A3 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、#160;                  （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整

3、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、60;                          （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，合乎要求

6、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(xiě)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，x249907×1401

7、0，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(xiě)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(chē)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，則稱它是幸

9、運(yùn)的證明：所有幸運(yùn)車(chē)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(chē)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(kāi)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、，11，20，999999992二者相比，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(xiě)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(xiě)成十進(jìn)制數(shù)時(shí)，它的各位數(shù)字之和是A，而B(niǎo)是A的各位數(shù)字之和，求B的各位數(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