1、A2 整数的求解A2001 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（n1） ，最小的一个数为 a，则有a（a1）（a n 1）1000即n（2an1）2000若 n 为偶数，则 2an1 为奇数；若 n 为奇数，则 2an1 为偶数因 a1，故2an1n同，故只有 n5，16，25，因此可能的取法只有下列三种：若 n5，则 a198；若 n16，则 a55；若 n25，则 a28故解有三种：198199200201202555670282952A2002 N 是整数，它的 b 进制表示是 777，求最小的正整
2、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7b27b7x 4素数 7 应整除 x，故可设 x7k，k 为正整数于是有b2b17 3k4当 k1 时， （b18） （b19）0因此 b18 是满足条件的最小正整数A2003 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 7s2s 1n 2100 从而求得 n10A2004 设 a 和 b 为正整数，当 a2b 2 被 ab 除时，商是 q 而余数是 r，试求出所有数对（a，b） ，使得 q2r
3、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 a2b 2q（a b）r （0rab） ，q 2r1977，所以 q21977，从而q44若 q43，则 r1977q 21977 43 2128即（ab）88，与（a b）r128，矛盾因此，只能有 q44，r41，从而得a2b 244（ab）41（a22） 2（b22） 21009不妨设|a22| |b 22|，则 1009（a22） 2504，从而 45a53经验算得两组解：a50，b37 及 a50，b7由对称性，还有两组解 a37，b50；a7，b50A2005 数 1978n 与 1
4、978m 的最后三位数相等，试求出正整数 n 和 m，使得 mn 取最小值，这里 nm1【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1978n1978 m1978 m（1978 nm 1）0（mod 1000）因而1978m2 m989m0（mod 8 ） ， m3又1978nm 1（mod 125）而 1978nm （19753） nm3 nm （nm）3 nm1 1975（mod 125） （1）从而 3nm 1（mod 5） ，于是 nm 是 4 的倍数设 nm4k，则代入（1）得从而k（20k3）0（mod 25）因此 k 必须是 25 的倍数，
5、nm 至少等于 425100，于是 mn 的最小值为nm2m106，m3，n103A2006 求方程 x3x 2yxy 2y 38（x 2xyy 21）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 x3x 2yxy 2y 3（xy） 32xy（xy）u 32vux2xyy 2（xy） 2xyu 2v从而原方程变为2v（u4）u 38u 28 （2）因 u4，故（2）即为根据已知，u4 必整除 72，所以只能有u42 3，其中 0，1，2，3；0，1，2进一步计算可知只有 u4236，于是u10，v16A2007 确定 m2n 2 的最大值，这里 m
6、 和 n 是整数，满足 m，n1，2，1981 ，（n 2mnm 2） 21【题说】 第二十二届（1981 年）国际数学奥林匹克题 3【解】 若 mn，由（n 2mnm 2） 21 得（mn） 21，故 mn1若 mn，则由 n2mnm 21 得 nm令 nm u k，于是（mu k） 2m（mu k）m 221于是有若 uku k1 ，则以上步骤可以继续下去，直至从而得到数列：n，m，u k，u k1 ，u kl ， ukl1此数列任意相邻三项皆满足 uiu i1 u i2 ，这恰好是斐波那契型数列而1，2，1981中斐氏数为：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，2
7、33，377，610，987，1597，可见m987，n1597 时，m 2n 23524578 为满足条件的最大值A2008 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 xyz显然 wz1，因此（z1）！w！x！y！z！3z！从而 z2通过计算知 xyz2，w 3 是原方程的唯一解A1010 前 1000 个正整数中可以表示成 2x4x6x8x 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 4x6x8x个不同的正整数值另一方面 f（xn）f（x）20n 对任一正整数 n 成
8、立将 11000 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 5012600 个值，亦即在前 1000 个正整数中有 600 个可以表示成2x4x6x 8x的形式A2011 使 n3100 能被 n10 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 n3100（n10） （n 210n100）900 知，若 n3100 被 n10 整除，则 900 也应被 n10 整除因此，n 最大值是 890A2012 a、b、c、d 为两两不同的正整数，并且abcd，ab cd求出所有满足上述要求的四元数组 a、b、
9、c、d【题说】 1987 年匈牙利数学奥林匹克题 1【解】 由于 ab，所以当且仅当 a1 或 b1 时，才有 abab如果 a、b 都不是 1，那么cdaba bcd由此知 c1 或 d1因此 a、b、c、d 中总有一个（也只有一个）为 1如果 a1，那么由消去 b 可以推出从而得到 c2，d3，或者 c3，d2这样，本题的答案可以列成下表A2013 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 ，b1000，b，c2000，c，a2000【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 2m5n 的
10、数设 a2 m15n1，b2 m25n2，c2 m35n3由a，b10002 353，知 max（m 1，m 2）3，max（ n1，n 2）3同理，max （m 2，m 3）4，max（n 2，n 3）3；max（m 1，m 3）4，max （n 1，n 3）3由此，知 m3 应是 4，m 1、m 2 中必有一是 3另一个可以是 0、1、2 或 3 之任一种，因此m1、m 2 的取法有 7 种又，n 1、n 2、n 3 中必有两个是 3，另一个可以是 0、1、2 或 3因此n1、n 2、n 3 取法有 10 种故 mi、n i（i 1、2、3）不同取法共有 71070 种，即三元组共有70
11、个A2014 设 m 的立方根是一个形如 nr 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 12mn 31（n10 3 ） 3n 33n 2103 3n10 6 10 9于是从而 n19（此时 m19 31 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】 14412 2，144438 2设 n3，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 n2，3A2016 当 n 是怎样的最小自然数时，
12、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】 198910 n/x1990所以10n/1990x10 n/1989即10n0.000502512x10 n0.000502765所以 n7，这时 x5026 与 5027 是解A2017 设 an50n 2， n1，2，对每个 n，a n 与 an1 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（a n，a n1）（50n 2，50（n1） 2（50n 2） ）（50n 2，2n1）（2（n 250） ，2n1） （因 2n1 是
13、奇数）（2（n 250）n（2n1） ，2n1）（100n，2n1）（100 n，2n12（100 n） ）（100n，201）201在 n100201k（kN）时， dn201故所求值为 201A2018 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 n2 35，其中0，1，2，并且（1） （1） （1）75由 755 23，易知当 4，2 时，符合条件（1） 、 （2） 此时n2 43452，n/7
14、5432A2019 1求出两个自然数 x、y，使得 xyx 和 xyy 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 x1，y8 即满足要求2假设988xy1991x、yN，使得 xyx 与 xy y 是不同的自然数的平方，则x2xyxxyy这时yx（xyy）（xyx）（x1） 2x 22x1即y3x1由此得1991y3x139981矛盾！故在 988 与 1991 之间不存在这样的自然数 x、yA2020 求所有自然数 n，使得这里n/k 2表示不超过 n/k2 的最大整数
15、，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 kN ，k2n/k 21991 （1）且存在 kN，使得 k2n/k 21992 （2）（1）等价于对一切 kN，k41991k 2n0即 （k 21991/2） 2n1991 2/40 （3）故（3）式左边在 k 取 32 时最小，因此（1）等价于n199132 232 41024967又， （2）等价于存在 kN，使（k 2996） 2n996 20上式左边也在 k32 时最小，故（2）等价于n199232 232 41024968故 n 为满足1024967n10249671023的一切整数A20
16、21 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】 n1，易知所求和 S12n2 时，首位数字为 1 的 2n 位数，在其余 2n1 位上，只要 n 个 0 的位置确定了则 n1 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（2nk1）位数字是 1 的数的个数因为其中 n 个 0 的位置只可从 2n2 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
17、数位求和，便有A2022 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 67 或 8 时，则当 n 和 n1 相加时将发生进位再若 b9 而 c9；a9 而 b9 或 c9则当n 和 n1 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，c0，1，2，3，4对这种形式的 n，当 n 和 n1 相加时不会发生进位，所以共有535 251156个这样的 nA2023 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
18、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 （m1）f （m2）f（m3）f（m4）f（m5）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 m419917964由公式（ 1）可计算出 f（79
19、65）1988，从而 f（7975）1991在序列（1）中共有 7980 项，不同的值有 7980/51596 个所以在0，1，2，1991中，有 19921596396 个值不在（1）中出现这就说明，有 396 个正整数不是阶乘的尾A2024 数列a n定义如下：a 01，a 12，a n2 a n（a n1 ） 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：a011（mod 7）a122（mod 7）a112 252（mod 7）a32（2） 261（mod 7）a42（1） 21（mod 7）a51（1）
20、 20（mod 7）a610 21（mod 7）a70（1） 21（mod 7）a811 20（mod 7）a910 21（mod 7）a1001 21（mod 7）a1111 22（mod 7）所以，a n 除以 7 的余数以 10 为周期，故 a1992a 25（mod 7） A2025 求所有的正整数 n，满足等式S（n）S（2n）S （3n） S（n 2）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，n1 满足要求由于对正整数 x，有 S（x）x（mod 9） ，故当 n1 时，有nS（n）S（2n）2n
21、（mod 9）所以 9|n若 n 是一位数，则 n9，又 S（9）S（29）S （3 9）S（9 2）9，故 9 满足要求10kn10 k1又 9 10k，故10k1n10 k1若 n10 k10 k1 101，则与已知矛盾，从而n10 k10 k1 101（1）令 n9m设 m 的位数为 l（kl k1） ，m 1S（n）S（10 k10 k1 101）n）S（10 k1 1）m ）S（10 k1 （m1）（10 k1 10 l）（10 lm） ）其中 9 有 k1l 个，b ic i9，i1，2，l 所以S（n）9（k1） （2）由于 n 是 k1 位数，所以 n99910 k1 1另一方
22、面，当 n99910 k1 1 时，S（n）S（2n）S（3n）S（n 2） 综上所述，满足要求的正整数为 n1 及 n10 k1（k1） A2026 求最大正整数 k，使得 3k|（2 3m1） ，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 m1 时，2 3m1 9，故 k2又由于23m1（2 3） 3m1 1（1）3 m1 1（mod 9）0所以，对任意正整数 m，9|（2 3m1） 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 10933 3（10 31） 33 3（10 313）
23、（10 31） 2310 3132）（10 31） （10 313）91它的个位数字是 8，十位数字是 0A2028 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 abcd无论 a 为 b，c，d 哪两个数的乘积，均有 abc ，类似地，dbc从而，bc a bcdbc，即 abc da 2所以 a0 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 ，1，1，1，1A2029 对任意的实数 x，
24、函数 f（x）有性质 f（x）f（x1）x 2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）x 2f （x1） ，有f（94）94 2f（93）94 293 2f（92）94 293 292 2f（91）94 293 292 220 2f（19）（9493） （9493）（9291） （9291）（2221） （2221）20 294（94939221）3064561因此，f（94）除以 1000 的余数是 561A2030 对实数 x，x 表示 x 的整数部分，求使log 21log 22l
25、og 23log 2n1994 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】 long21log 22log 23 log 2128log 2129log 225521428316432564612871538A2031 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 Sp（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
26、成 025） ，所有这样的正整数各位数字乘积的和是（000001002998999）000（0129） 30p（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，46 313 357103最大的素因子是 103A2032 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 p2qs 及p2qr 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 p2，则 p2qs 或 p2qr 中有一个形如（2k1） 22（2l1）4（k 2kl）3，这
27、是不可能的，因为奇数的平方除以 4 的余数是 1，所以 p2设 22qsa 2，则 qs（a 2） （a 2） 若 a21，则 qs5，因为 q、s 是奇素数，所以上式是不可能的于是只能是qa2， sa 2或者qa2，sa2所以 sq4 或 q4同理 rq4 或 q4三个数 q4、q、q4 被 3 除，余数各不相同，因此其中必有一个被 3 整除q 或 q4 为 3 时，都导致矛盾，所以只能是 q43于是（p，q，r，s）（2，7，3 ，11）或（2，7，11，3）A2033 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
28、【解】 设所求的素数为 p，因它是两素数之和，故 p2，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 pq2，pr2，其中 q、r为素数于是 p2、p、p2 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 p23，p5，p27 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】 n31n 3mn（mn 1） ，所以 mn1|n（n 2m） 因为（mn1，n）1，所以mn1|n 2m又 n（m 2n）（n 2m ）m （mn1） ，
29、所以 mn1|m 2n因此 m，n 对称，不妨设 mn当 n1 时，mn1m1|n 312，从而 m2 或 3，以下设 n2若 mn，则 n21|（n 31）（n 3n）（n1） ，从而 n21|（n1） ，mn2若 mn，则由于2（mn1）n 2mnn2n 22mn 2m所以 mn1n 2m，即（mn1） （n1）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A2036 一个正整数不是 4
30、2 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 42np，其中 n 为非负整数，p 为小于 42 的素数或 1由于2421，422，423，4255，427，24211，4213，44217，34219，4223，34229，24231，44237，24241，都是合数，所以在 n5 时，42np都可表成 42 的正整数倍与合数之和，只有 4255 例外因此，所求的数就是4255215A2038 求所有正整数 x、y ，使得 xy 2z 3xyz，这里 z 是 x、y 的最大公约数【题说】 第三十六届（1995 年）IMO 预
31、选题【解】 由原方程及 y2、z 3、xyz 均被 z2 整除得出 z2|x设 xaz 2，ybz，则原方程化为ab 2zabz 2 （1）由 b2、abz 2 被 b 整除得 b|（az） 于是 bazazb 2abz 2（az）b（a z）bb（z 22）a2z ）azb 2b（z 22）a2z） （2）（2）中不等式的等号只在 b1 并且 baz 时成立，而这种情况不可能出现（az1） ，所以（2）是严格的不等式这表明（z 22）a2Z0 （3）从而 z2（否则（3）的左边z 222z z20） 在 z2 时，2a2z 0，即 a1，代入（1）得 b1 或 3，从而 x4，y2 或 6在
32、 z1 时， （1）成为ab 21ab （4）从而（ab） （b1）b1（b1）2这表明（b1）|2，b2 或 3代入（4）得 a5于是 x5，y2 或 3因此本题共有四组解：（x，y）（4，2） ， （4，6） ， （5，2） ， （5，3） A2039 设 m、nN， （m，n）1求（5 m7 m，5 n7 n） 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）（5 m7 m，5 n7 n） 则H（0，1）（2，12）2H（1，1）（12，12）12因 H（m，n）H（n，m） ，故可设 nm 当 n2m 时，（5 m7 m，5
33、n7 n）（5 m7 m， （5 m7 m） （5 nm 7 nm ）5 m7m（5 n2m7 n2m ） ）（5 m7 m，5 m7m（5 n2m 7 n2m ） ）（5 m7 m，5 n2m 7 n2m ）当 mn2m 时，（5 m7 m，5 n7 n）（5 m7 m， （5 m7 m） （5 nm 7 nm ）5 nm 7nm （5 2mn 7 2mn ） ）（5 m7 m，5 2mn 7 2mn ）记则（1）H（m，n）H（ m，n） ；（2）mnmn（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，
34、1） 从而有A2040 求下列方程的正整数解：（a，b）a，babab其中 ab，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 ，bdb，则a，b dab题设条件变为1aba bda b （*）所以故 1d4当 d4 时，ab1，从而 ab4；当 d3 时， （*）等价于（2a1） （2b1）3由 ab得 a2，b1故 a6，b3当 d2 时， （*）等价于（a1） （b1）2由 ab得 a3，b2从而 a6，b4综上所述，所求的正整数解有 4，4；6，4；6，3A2041 一个幻方中，每一
35、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 19961114因此x31051996200A2042 对整数 1，2，3， ，10 的每一个排列 a1，a 2，a 10，作和|a1 a2| |a3a 4|a 5a 6|a 7a 8|a 9a 10|数求 pq【题说】 第十四届（1996 年）美国数学邀请赛题 12【解】 差|a ia j|有如下的 45 种：这 45 种
36、的和为 192837465564738291165每一种出现的次数相同，而在和|a1 a2| |a3a 4|a 5a 6|a 7a 8|a 9a 10|中有 5 种，所以A2043 设正整数 a、b 使 15a16b 和 16a15b 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】 15a16br 2，16a15bs 2于是16r215s 216 2b15 2b481b （1）所以 16r215s 2 是 4811337 的倍数由于 0，1，2，3，4，5，6 的平方为 0，1，3，4（mod 13） ，
37、所以152（mod 13）不是任一数的平方因此， 16r215s 2（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 rs481 时，b（16 15）481481，a（16 15）48131481，满足15a16br 2，16a15bs 2所以所说最小值为 481A2044 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
38、是 n 的数字中 1 的个数，一般地，第 k1 位上的数恰是 n 的数字中 k 的个数（0k9） 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 k1 位上的数字为 nk（0k9） ，则数字 k 出现的次数为 nk因为 n 是10 位数，所以n0n 1n 2n 910 （1）又数字 k 若在左数第 nj1 位上出现，则数字 j 在 n 中出现 k 次n k 个 k 意味着有数字j1，j 2，j nk，共出现 knk 次于是，又有ni2n 29n 910 （2）由（2）显然 n5，n 6，n 7，n 8，n 9，至多一个非零，且 n6，n 7，n 8
39、，n 9 均1若 n5n 6n 7n 8n 90 （3）则 n05于是 n 中至少有一个数字5，与（3）矛盾所以 n5，n 6，n 7，n 8，n 9 中有一个非零，其余四个为 0从而n12n 23n 34n 45 （4）（4）表明 n1，n 2，n 3，n 4 中至少有两个为 0，从而 n 中 0 的个数不少于 6，即 n06于是n6，n 7，n 8，n 9 中有一个为 1，n 50若 n91，则 n09，n 11，这显然不可能若 n81，则 n08，n 11，但无论 n11 或 n11 均不合要求若 n71，则 n07，n 11 或 2，前者显然不合要求后者导致 n21，n 0n 1n 2
40、n 710 也不合要求若 n61，则 n06，n 12 或 3n 12 时，n 21，数 6210001000 满足要求n 13 时，n30，n 0n 1n 3n 610，不合要求综上所述，满足条件的 10 位数 n 只有 6210001000A2045 求所有的整数对（ a，b） ，其中 a1，b1，且满足等式 ab2b a【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，b2设 tb 2/a，则由题中等式得到 ba t，ata 2t，从而 ta 2t1 如果 2t11，则ta 2t1 （
41、1 1） 2t1 1（2t 1）2t t，矛盾所以 2t11于是我们有 0t1记 K1/t，则 Ka/b 21 为有理数，由 ab k 可知Kb K2 （1）如果 K2，则 Kb K2 1，与前面所证 K1 矛盾，因此 K2设 Kp/q，p，qN，p、q互质，则 p2q于是由（1）q1，即 K 为一个大于 2 的自然数当 b2 时，由（2）式得到 K2 K2 ，所以 K4又因为等号当且仅当 K4 时成立，所以得到 ab K2 416当 b3 时，b K2 （12） K2 12（K 2）2K 3从而得到 K3这意味着K3，于是得到 b3，ab K3 327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=352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 = 355 = (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 = X2 Y4 Z4要使 N 最小，显然 X = 5，Y、Z = 3、2即 N = 523424 = 25*81*16 = 32400因此N / 75 = 5(2-2)3(4-1)24 = 3324 = 432
