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＋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）

理注解：设1978n=1000a+c 1978m=1000b+c 1978n－1978m=1000(a-b) 因而

1978m≡2m×989m≡0（mod 8）， m?3 1978n－m≡1（mod 125）

注解：1978m（1978n－m－1）这两式的乘积要为1000整除，显然1978m这式为8的倍数，另一式

为125的倍数。

而 1 ≡1978n－m＝（1975＋3）n－m≡3n－m＋（n－m）3n－m－1·1975（mod 125）（1） 注解：根据二项式定理或杨辉三角；两边同时除以25 从而3n－m≡1（mod 5），于是n－m是4的倍数． 设n－m＝4k，则

上式有误：80应写成80k，上式再次用二项式定理或杨辉三角，即将81k=(1+80)k 代入（1）得

k

上式有误：4k×1975应写成4k×1975×3从而

k（20k＋3）≡0（mod 25）

n－m-1

再将3

n－m-1

写成3

n－m

/3 再代入，整理，两边同时除

以5，再整理得480k2-73k≡0(mod25) , 480≡-20 (mod25) ，-73≡2(mod25)于是有20k2-2k≡0(mod25)

上式有误：应写成k(20k-2)≡0(mod25) 即k(10k-1)≡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＝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＋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