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1、A 整數(shù) A3 數(shù)字問題 A3001 在數(shù)3000003中,應(yīng)把它的百位數(shù)字和萬位數(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】 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】 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,并說明理由【題說】 1958年上海市賽高三題1【解】 原式可寫成: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】 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并把它寫在剩下數(shù)字之前,則成為n的四倍數(shù)【題說】 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)車票號(hào)碼的和能被13整除【題說】 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】 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)字倒過來也能被k整除,而此數(shù)的末位數(shù)字為1取以500開頭的且被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)中的和倒過來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】 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】 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寫成十進(jìn)制數(shù)時(shí),它的各位數(shù)字之和是A,而B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】 第十七屆(1975年)國(guó)際數(shù)學(xué)奧林
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