国际数学奥林匹克试题分类解析数论

2023年12月10日发(作者：初中数学试卷与高中差距)

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＋202

55＋56＋„＋70

28＋29＋„＋52

A2－002 N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＝n＝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．

2【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（mod 1000）

因而

1978m≡2m×989m≡0（mod 8）， m≣3

又

1978n－m≡1（mod 125）

而 1978nm＝（1975＋3）nm

－－≡3n－m＋（n－m）3n－m－1·1975（mod 125）（1）

从而3n－m≡1（mod 5），于是n－m是4的倍数．

设n－m＝4k，则

代入（1）得

从而

k（20k＋3）≡0（mod 25）

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＝103

A2－006 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）＝u3－2vu x2＋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＝16

A2－007 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．

A2－012 a、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＋103）3

－＝n3＋3n2·103＋3n·106＋109

－－－于是

从而n＝19（此时m＝19＋1为最小）．

3

【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．

A2－018 n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．

A2－019 1．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）（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

2＋n－19912/4≣0 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．

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（mod 7）

a1＝2≡2（mod 7）

a1＝1＋22＝5≡－2（mod 7）

a3≡2＋（－2）2＝6≡－1（mod 7）

a4≡－2＋（－1）2＝－1（mod 7）

a5≡－1＋（－1）2＝0（mod 7）

a6≡－1＋02＝－1（mod 7）

a7≡0＋（－1）2＝1（mod 7）

a8≡－1＋12＝0（mod 7）

a9≡1＋02＝1（mod 7）

a10≡0＋12＝1（mod 7）

a11≡1＋12＝2（mod 7）

所以，an除以7的余数以10为周期，故a1992≡a2≡5（mod 7）．

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（mod 9），故当n＞1时，有

n≡S（n）≡S（2n）≡2n（mod 9）

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＋10k1＋„＋10＋1，则

－

与已知矛盾，从而

n≣10k＋10k1＋„＋10＋1（1）

－令n＝9m．设m的位数为l（k≢l≢k＋1），m－1＝

S（n）＝S（（10k＋10k1＋„＋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＝10k1－1．

＋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）3m1＋1

－≡（－1）3m－1＋1（mod 9）

＝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}．

A2－029 对任意的实数x，函数f（x）有性质f（x）＋f（x－1）＝x2．如果f（19）＝94，那么f（94）除以1000的余数是多少？

【题说】 第十二届（1994年）美国数学邀请赛题3．

【解】 重复使用f（x）＝x2－f（x－1），有

f（94）＝942－f（93）

＝942－932＋f（92）

＝942－932＋922－f（91）

＝„

＝942－932＋922－„＋202－f（19）

＝（94＋93）（94－93）＋（92＋91）（92－

91）＋„＋（22＋21）（22－21）＋202－94

＝（94＋93＋92＋„＋21）＋306

＝4561

因此，f（94）除以1000的余数是561．

A2－030 对实数x，[x]表示x的整数部分，求使[log21]＋[log22]＋[log23]＋„＋[log2n]＝1994成立的正整数n．

【题说】 第十二届（1994年）美国数学邀请赛题 4．

【解】 [long21]＋[log22]＋[log23]＋„＋[log2128]＋[log2129]＋„＋[log2255]＝2×1＋4×2＋8×3＋16×4＋32×5＋64×6＋128×7＝1538．

A2－031 对给定的一个正整数n．设p（n）表示n的各位上的非零数字乘积（如果n只有一位数字，那么p（n）等于那个数字）．若S＝p（1）＋p（2）＋p（3）＋„＋p（999），则S的最大素因子是多少？

【题说】 第十二届（1994年）美国数学邀请赛题5．

【解】 将每个小于1000的正整数作为三位数，（若位数小于3，则前面补0，如 25可写成 025），所有这样的正整数各位数字乘积的和是

（0·0·0＋0·0·1＋0·0·2＋„＋9·9·8＋9·9·9）－0·0·0

＝（0＋1＋2＋„＋9）3－0

p（n）是n的非零数字的乘积，这个乘积的和可以由上面表达式将0换成1而得到．

因此， ＝463－1＝33·5·7·103

最大的素因子是103．

A2－032 求所有不相同的素数p、q、r和s，使得它们的和仍是素数，并且p2＋qs及p2＋qr都是平方数．

【题说】 第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克九年级题7．

【解】 因为四个奇素数之和是大于2的偶数，所以所求的素数中必有一个为偶数2．

若p≠2，则p2＋qs或p2＋qr中有一个形如（2k＋1）2＋2（2l＋1）＝4（k2＋k＋l）＋3，这是不可能的，因为奇数的平方除以4的余数是1，所以p＝2．

设22＋qs＝a2，则qs＝（a＋2）（a－2）．

若a－2＝1，则qs＝5，因为q、s是奇素数，所以上式是不可能的．于是只能是

q＝a－2， s＝a＋2

或者

q＝a＋2，s＝a－2

所以s＝q－4或q＋4．同理r＝q－4或q＋4．

三个数q－4、q、q＋4被3除，余数各不相同，因此其中必有一个被 3整除．q或q＋4为3时，都导致矛盾，所以只能是q－4＝3．于是

（p，q，r，s）＝（2，7，3，11）或（2，7，11，3）

A2－033 求所有这样的素数，它既是两个素数之和，同时又是两个素数之差．

【题说】 第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克十年级题5．

【解】 设所求的素数为p，因它是两素数之和，故p＞2，从而p是奇数．因此，和为p的两个素数中有一个是2，同时差为p的两个素数中，减数也是2，即p＝q＋2，p＝r－2，其中q、r为素数．于是p－2、p、p＋2均为素数．在三个连续的奇数中必有一数被3整除，因这数为素数，故必为3．不难验证只有p－2＝3，p＝5，p＋2＝7时，才满足条件．所以所求的素数是5．

个整数．

【题说】 第三十五届（1994年）国际数学奥林匹克题4．本题由澳大利亚提供．

【解】 n3＋1＝n3＋mn－（mn－1），所以mn－1|n（n2＋m）．因为（mn－1，n）＝1，所以mn－1|n2＋m．又n（m2＋n）－（n2＋m）＝m（mn－1），

所以mn－1|m2＋n．因此m，n对称，不妨设m≣n．

当n＝1时，mn－1＝m－1|n3＋1＝2，从而m＝2或3，以下设n≣2．

若m＝n，则n2－1|（n3＋1）＝（n3－n）＋（n＋1），从而n2－1|（n＋1），m＝n＝2．

若m＞n，则由于

2（mn－1）≣n2＋mn＋n－2≣n2＋2m＞n2＋m

所以mn－1＝n2＋m，即 （m－n－1）（n－1）＝2

从而

于是本题答案为

（m，n）＝（2，1），（3，1），（1，2），（2，2），（5，2），（1，3），（5，3），（3，5），（2，5）共九组．

【题说】 第十三届（1995年）美国数学邀请赛题7．

【解】 由已知得

即

所以

A2－036 一个正整数不是42的正整数倍与合数之和．这个数最大是多少？

【题说】 第十三届（1995年）美国数学邀请赛题10．

【解】 设这数为42n＋p，其中n为非负整数，p为小于42的素数或1．

由于2×42＋1，42＋2，42＋3，42×5＋5，42＋7，2×42＋11，42＋13，4×42＋17，3×42＋19，42＋23，3×42＋29，2×42＋31，4×42＋37，2×42＋41，都是合数，所以在n≣5时，42n＋p都可表成42的正整数倍与合数之和，只有42×5＋5例外．因此，所求的数就是42×5＋5＝215．

A2－038 求所有正整数x、y，使得x＋y2＋z3＝xyz，这里z是x、y的最大公约数．

【题说】 第三十六届（1995年）IMO预选题．

【解】 由原方程及y2、z3、xyz均被z2整除得出z2|x．设x＝az2，y＝bz，则原方程化为

a＋b2＋z＝abz2

（1）

由b2、abz2被b整除得b|（a＋z）．于是b≢a＋z．

a＋z＋b2＝abz2

＝（a＋z）b＋（a＋z）b＋b（（z2－2）a－2z）

≣a＋z＋b2＋b（（z2－2）a－2z） （2）

（2）中不等式的等号只在b＝1并且b＝a＋z时成立，而这种情况不可能出现（a＋z＞1），所以（2）是严格的不等式．这表明

（z2－2）a－2Z＜0 （3）

从而z≢2（否则（3）的左边≣z2－2－2z≣z－2＞0）．

在z＝2时，2a－2z＜0，即a＝1，代入（1）得b＝1或3，从而x＝4，y＝2或6．

在z＝1时，（1）成为

a＋b2＋1＝ab （4）

从而

（a－b）（b－1）＝b＋1＝（b－1）＋2

这表明（b－1）|2，b＝2或3．代入（4）得a＝5．于是x＝5，y＝2或3．

因此本题共有四组解：（x，y）＝（4，2），（4，6），（5，2），（5，3）．

A2－039 设 m、n∈N，（m，n）＝1．求（5m＋7m，5n＋7n）．其中（m，n）表示 m、n的最大公约数．

【题说】 1996年日本数学奥林匹克题 2．

【解】 记H（m，n）＝（5m＋7m，5n＋7n）．

则

H（0，1）＝（2，12）＝2

H（1，1）＝（12，12）＝12

因H（m，n）＝H（n，m），故可设n≣m．

当n≣2m时，

（5m＋7m，5n＋7n）

＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－m＋7n－m）－5m7m（5n－2m

＋7n－2m））

＝（5m＋7m，5m7m（5n当m≢n＜2m时，

（5m＋7m，5n＋7n）

＝（5m＋7m，（5m＋7m）（5n－m＋7n－m）－5n－m7n－m（52m

－n－2m＋7n－2m））

＝（5m＋7m，5n－2m＋7n－2m）

＋72m－n））

－－＝（5m＋7m，52mn＋72mn） 记

则

（1）H（m′，n′）＝H（m，n）；

（2）m′＋n′≡m＋n（mod 2）；

（3）（m′，n′）＝（m，n）．

当（m，n）＝1时，反复进行上面的操作，最后必有（m′，n′）＝（1，0）或（m′，n′）＝（1，1）．从而有

A2－040 求下列方程的正整数解：

（a，b）＋[a，b]＋a＋b＝ab

其中a≣b，[a，b]、（a，b）分别表示a与b的最小公倍数与最大公因数．

【题说】 1996年日本数学奥林匹克预选赛题 7．

【解】 记（a，b）＝d，a＝da′，b＝db′，则[a，b]＝da′b′．题设条件变为

1＋a′＋b′＋a′b′＝da′b′ （*）

所以

故1＜d≢4．

当d＝4时，a′＝b′＝1，从而a＝b＝4；

当d＝3时，（*）等价于

（2a′－1）（2b′－1）＝3

由a′≣b′得a′＝2，b′－1．故a＝6，b＝3．

当d＝2时，（*）等价于

（a′－1）（b′－1）＝2

由a′≣b′得a′＝3，b′＝2．从而a＝6，b＝4．

综上所述，所求的正整数解有4，4；6，4；6，3．

A2－041 一个幻方中，每一行，每一列及每一对角线上的三个数之和有相同的值．图示一个幻方中的四个数，求x．

【题说】 第十四届（1996年）美国数学邀请赛题1．

【解】 幻方中两条对角线的和与第二列的和都为同一值s，这3s也是第一行的和加上第二行的和，再加上中央一数的3倍．所以中央的

左下角的数为19＋96－1＝114．因此

x＝3×105－19－96＝200

A2－042 对整数1，2，3，„，10的每一个排列a1，a2，„，a10，作和

|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10|

数．求p＋q．

【题说】 第十四届（1996年）美国数学邀请赛题12．

【解】 差|ai－aj|有如下的45种：

这45种的和为1×9＋2×8＋3×7＋4×6＋5×5＋6×4＋7×3＋8×2＋9×1＝165．每一种出现的次数相同，而在和

|a1－a2|＋|a3－a4|＋|a5－a6|＋|a7－a8|＋|a9－a10|

中有5种，所以

A2－043 设正整数a、b使15a＋16b和16a－15b都是正整数的平方．求这两个平方数中较小的数能够取到的最小值．

【题说】 第三十七届（1996年）国际数学奥林匹克题4．本题由俄罗斯提供．

【解】 15a＋16b＝r2，16a－15b＝s2

于是

16r2－15s2＝162b＋152b＝481b （1）

所以 16r2－15s2是481＝13×37的倍数．

由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6的平方为0，±1，±3，±4（mod 13），所以15≡2（mod

13）不是任一数的平方．因此，16r2≡15s2（mod 13）时，必有13|s． 同样，由于0，±1，±2，±3，±4，±5，±6，±7，±8，±9，±10，±11，±12，±13，±14，±15，±16，±17，±18的平方为 0，±1，±3，±4，±9，±12，±16（mod 37），所以必有 37|s．

于是481|s．由（1），481|r．

在r＝s＝481时，b＝（16－15）×481＝481，a＝（16＋15）×481＝31×481，满足15a＋16b＝r2，16a－15b＝s2．

所以所说最小值为481．

A2－044 设自然数n为十进制中的10位数．从左边数起第1位上的数恰是n的数字中0的个数，第2位上的数恰是n的数字中1的个数，一般地，第k＋1位上的数恰是n的数字中k的个数（0≢k≢9）．求一切这样的数n．

【题说】 1997年日本数学奥林匹克预选赛题 7．

【解】 设n的左数第k＋1位上的数字为nk（0≢k≢9），则数字k出现的次数为nk．因为n是10位数，所以

n0＋n1＋n2＋„＋n9＝10 （1）

又数字k若在左数第nj＋1位上出现，则数字j在n中出现k次．nk个k意味着有数字j1，j2，„，jnk，共出现knk次．于是，又有

ni＋2n2＋„＋9n9＝10 （2）

由（2）显然n5，n6，n7，n8，n9，至多一个非零，且n6，n7，n8，n9均≢1．

（3）

则n0≣5．于是n中至少有一个数字≣5，与（3）矛盾．所以n5，n6，n7，n8，n9中有一个非零，其余四个为0．从而

n1＋2n2＋3n3＋4n4≢5 （4）

（4）表明n1，n2，n3，n4中至少有两个为0，从而n中0的个数不少于6，即n0≣6．于是n6，n7，n8，n9中有一个为1，n5＝0．

若n9＝1，则n0＝9，n1≣1，这显然不可能．

若n8＝1，则n0＝8，n1≣1，但无论n1＞1或n1＝1均不合要求．

若n7＝1，则n0＝7，n1＝1或2，前者显然不合要求．后者导致n2≣1，n0＋n1＋n2＋n7＞10也不合要求．

若n6＝1，则n0＝6，n1＝2或3．n1＝2时，n2＝1，数6210001000满足要求．n1＝3时，n3＞0，n0＋n1＋n3＋n6＞10，不合要求．

综上所述，满足条件的10位数n只有6210001000．

A2－045 求所有的整数对（a，b），其中a≣1，b≣1，且满足等式ab2＝ba．

【题说】 第三十八届（1997年）国际数学奥林匹克题5．本题由捷克提供．

【解】 显然当a、b中有一个等于1时，（a，b）＝（1，1）．以下设a，b≣2．

设t＝b2/a，则由题中等式得到b＝at，at＝a2t，从而t＝a2t1．如果2t－1≣1，则t＝a2t1≣（1＋1）－－若 n5＝n6＝n7＝n8＝n9＝0

2t－1≣1＋（2t－1）＝2t＞t，矛盾．所以2t－1＜1．于是我们有0＜t＜1．

－2

记K＝1/t，则K＝a/b2＞1为有理数，由a＝bk可知

K＝bK

（1） 如果K≢2，则K＝bK2≢1，与前面所证K＞1矛盾，因此K＞2．设K＝p/q，p，q∈N，p、q－互质，则p＞2q．于是由（1）

q＝1，即K为一个大于2的自然数．

当b＝2时，由（2）式得到K＝2K－2，所以K≣4．又因为

等号当且仅当K＝4时成立，所以得到a＝bK＝24＝16．

当b≣3时，＝bK2≣（1＋2）K2≣1＋2（K－2）＝2K－3．从而得到K≢3．这意味着K＝3，－－于是得到b＝3，a＝bK＝33＝27．

综上所述，满足题目等式的所有正整数对为（a，b）＝（1，1），（16，2），（27，3）．

75=3×5^2

显然N必含有质因数3、5，且质因数5的个数至少为2。

根据约数个数公式

75 = 3×5×5 = (2+1)×(4+1)×(4+1)

即知，N含有3个不同质因数，次数分别为2、4、4次。

因此N可表达为：

N = X^2 × Y^4 × Z^4

要使N最小，显然X = 5，Y、Z = 3、2

即N = 5^2×3^4×2^4 = 25*81*16 = 32400

因此

N / 75 = 5^(2-2)×3^(4-1)×2^4 = 3^3×2^4 = 432