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）3481＝481，a＝（16＋15）3481＝313481，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． 若 n5＝n6＝n7＝n8＝n9＝0 （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）2t1?1＋（2t－1）＝2t＞t，矛盾．所以2t－1＜1．于是我们有0＜t＜1．
－
－
－
记K＝1/t，则K＝a/b2＞1为有理数，由a＝bk可知 K＝bK
－2
（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＝2K2，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）．
第十五讲 整数问题：数字问题之一
时间：2004-4-19 11:57:00 来源：www.jiajiao100.com 我要通过家教人才库请各科家教 怎样才能考取重点中学？
A3－001 在数3000003中，应把它的百位数字和万位数字0换成什么数字，才能使所得的数能被13整除？ 【题说】 1950年～1951年波兰数学奥林匹克三试题2． 【解】 设所求数字为x和y，则有
因为10、10、10除以13时，分别得余数1、3、9，所以
n≡3＋3x＋9y＋3＝3（2＋x＋3y）（mod 13）
当且仅当x＋3y＋2被13整除，即
x＋3y＋2＝13m（m为自然数） （1） 时，n被13整除．由于
x＋3y＋2?9＋329＋2＝38
所以m只能取1或2．
当m＝1时，由方程（1）及0?x，y?9，解得
x＝8，y＝1；x＝5，y＝2；x＝2，y＝3
当m＝2时，解得x＝9，y＝5；x＝6，y＝6；x＝3，y＝7；x＝0，y＝8．
6
4
2
故本题共有7个解：3080103，3050203，3020303，3090503，3060603，3030703，3000803． A3－002 求出所有这样的三位数，使其被11整除后的商数等于该三位数各位数字的平方和． 【题说】 第二届（1960年）国际数学奥林匹克题1．本题由保加利亚提供．
【解】 设这个三位数除以11以后的商为10a＋b，其中 a是商的十位数，b是商的个位数．若a＋b?10，则原数为
100（a＋1）＋10（a＋b－10）＋b
若a＋b＜10，则原数为
100a＋10（a＋b）＋b
以下对这两种情形分别讨论． 先考虑第一种情形．由题设有
（a＋1）2＋（a＋b－10）2＋b2＝10a＋b （1） 若a＋b＞10，则有
（a＋1）2＋（a＋b－10）2＋b2?（a＋1）2＋1＋ （11－a）2
故若（1）式成立，只能有a＋b＝10．
将b＝10－a代入（1）解得唯一的一组正整数解
a＝7，b＝3
再考虑第二种情形．此时由题设有
a2＋（a＋b）2＋b2＝10a＋b （2） 若a＋b＞5，则有
a2＋（a＋b）2＋b2＝2（a＋b）2a＋2b2＞10a＋b
故若（2）成立，只能有a＋b?5．注意在（2）式中左边和10a都是偶数；因此b也是偶数．若a＋b＜5，则b只能为2，将b＝2代入（2）得不到整数解，因此只能有a＋b＝5．
将b＝5－a代入（2）得唯一的一组正整数解
a＝5，b＝0
综上所述，合乎要求的三位数只有550，803．
A3－003 下面是一个八位数除以一个三位数的算式，试求商，并说明理由．
【题说】 1958年上海市赛高三题1． 【解】 原式可写成：
其中所有未知数都表示数字，且下标为1的未知数都不等于零．x1x2x3等表示x1210＋x2210＋x3等． （1）因为得到商的第一个数字7后，同时移下两个数字a5、a6，所以y2＝0，同理y4＝0．
（2）四位数a1a2a3a4与三位数b1b2b3之差为两位数c1c2，所以a1＝1，a2＝0，b1＝9，同理，c1＝1，c2＝0，d1＝9，于是a4＝b3，b2＝9，a3＝0．
（3）由73x1x2x3＝99b3，所以x1＝1，x2＝4．990－73140＝10，所以x3＝2，b3＝4，从而a4＝b3＝4． （4）由c1＝1，c2＝0可知y3＝7．
（5）y53142是四位数，所以x5?8．又因y53142的末位数字是8，所以y5＝9． 于是商为70709，除数142，从而被除数为10040678．
A3－004 证明：在任意39个连续的自然数中，总能找到一个数，它的数字之和被11整除． 【题说】 1961年全俄数学奥林匹克八年级题 3．
【证】 在任意39个连续自然数中，一定有三个数末位数字为0，而前两个数中一定有一个十位数字不为9，设它为N，N的数字之和为n，则N，N＋1，N＋2，?，N＋9，N＋19这11个数的数字之和依次为n，n＋1，n＋2，?，n＋9，n＋10，其中必有一个是11的倍数．
【注】 39不能改为38．例如999981至1000018这38个连续自然数中，每个数的数字和都不被11整除．本题曾被改编为匈牙利1986年竞赛题、北京市1988年竞赛题．
A3－005 求有下列性质的最小自然数n：其十进制表示法以6结尾；当去掉最后一位6并把它写在剩下数字之前，则成为n的四倍数．
【题说】 第四届（1962年）国际数学奥林匹克题1．本题由波兰提供．
2
【解】 设n＝10m＋6，则6310p＋m＝4（10m＋6），其中p为m的位数．于是m＝2（10p－4）/13，要使m为整数，p至少为5，此时，n＝153846．
A3－006 公共汽车票的号码由六个数字组成．若一张票的号码前三个数字之和等于后三个数字之和，则称它是幸运的．证明：所有幸运车票号码的和能被13整除．
【题说】 1965年全俄数学奥林匹克八年级题 4．
【证】 设幸运车票的号码是A，则A′＝999999－A也是幸运的，且A≠A′．因为A＋A′＝999999＝99931001含因数13．而所有幸运号码都能如此两两配对．所以所有幸运号码之和能被13 整除．
A3－007 自然数k有如下性质：若n能被k整除，那末把n的数字次序颠倒后得到的数仍能被k整除．证明：k是99的因子．
【题说】 第一届（1967年）全苏数学奥林匹克十年级题5．
【证】 k与10互质．事实上，存在首位为1且能被k整除的数，把它的数字倒过来也能被k整除，而此数的末位数字为1． 取以500开头的且被k整除的数：500abc?z，（a，b，c，?，z是这个数的数字），则以下的数均被k整除： （1）z?cba005． （2）和
（3）把（2）中的和倒过来
z?cba00010abc?z
（4）差
由此看出，99能被k整除．
A3－008 计算由1到109的每一个数的数字之和，得到109个新数，再求每一个新数的数字之和；这样一直进行下去，直到都是一位数为止．那么，最后得到的数中是1多，还是2多？
【题说】 1964年全俄数学奥林匹克八年级题3．考虑整数被9除的余数．
【解】 一个正整数与其数字之和关于9是同余的，故最后所得的一位数为1者，是原数被9除余1的数，即1，10，19，?，999999991及109．
同理，最后所得一位数为2者，原数被9除余2，即2，11，20，?，999999992． 二者相比，余1者多一个数，因此，最后得到的一位数中以1为多．
A3－009 求出具有下列性质的所有三位数A：将数A的数字重新排列，得出的所有数的算术平均值等于A． 【题说】 第八届（1974年）全苏数学奥林匹克九年级题 5．
初中数学奥林匹克竞赛教程
