由此可得222（a＋b＋c）＝6（100a＋10b＋c），即7a＝3b＋4c，将这方程改写成
7（a－b）＝4（c－b）
当0?b?2时，a＝b＝c，或a－b＝4且c－b＝7． 当7?b?9时，b－a＝4，b－c＝7，从而
A∈{111，222，?，999，407，518，629，370，481，592}
显然这15个三位数都合乎要求．
第十六讲 整数问题：数字问题之二
A3－010 当44444444写成十进制数时，它的各位数字之和是A，而B是A的各位数字之和，求B的各位数字之和（所有的数都是十进制数）．
【题说】 第十七届（1975年）国际数学奥林匹克题4．本题由原苏联提供． 【解】 因为44444444的位数不超过434444＝17776，所以 A?177760
B?1＋539＝46，B的数字和C?4＋9＝13 由于一个数与它的数字和mod 9同余，所以 C≡B≡A≡44444444≡74444 ＝（73）148137≡1178137 ≡7（mod 9）
故C＝7，即数B的各位数字之和是7．
A3－011 设n是整数，如果n2的十位数字是7，那么n2的个位数字是什么？ 【题说】 第十届（1978年）加拿大数学奥林匹克题1． 【解】 设n＝10x＋y，x、y为整数，且0?y?9，则
n2＝100x2＋20xy＋y2
＝20A＋y2（A为正整数）
因20A的十位数字是偶数，所以要想使n十位数字是7，必须要y的十位数字是奇数，这只有y＝16或36．从而y的个位数字，即n2的个位数字都是6．
A3－013 下列整数的末位数字是否组成周期数列？
2
2
2
2
其中[a]表示数a的整数部分．
【题说】 第十七届（1983年）全苏数学奥林匹克九年级题 4．
由于
不循环小数，所以{a2k＋1}从而{an}不是周期数列．
在二进制中的末位数字．显然，bn为偶数时，rn＝0，bn为奇数时，rn＝1．仿（a）可证{rn}不是周期的，从而{bn}也不是周期数列．
A3－014 设an是1＋2＋?＋n的个位数字，n＝1，2，3，?，试证：0.a1a2?an?是有理数． 【题说】 1984年全国联赛二试题 4．
【证】 将（n＋1）2，（n＋2）2，?，（n＋100）2这100个数排成下表： （n＋1）2 （n＋2）2 ? （n＋10）2 （n＋11）2 （n＋12）2 ? （n＋20）2 ? ? ? ? （n＋91）2 （n＋92）2 ? （n＋100）2
因k2与（k＋10）2的个位数字相同，故表中每一列的10个数的个位数字皆相同．因此，将这100个数相加，和的个位数字是0．
所以，an＋100＝an对任何n成立．
这说明0.a1a2a3?是循环小数，因而是有理数．
A3－015 是否存在具有如下性质的自然数n：（十进制）数n的数字和等于1000，而数n2的数字和等于10002？ 【题说】 第十九届（1985年）全苏数学奥林匹克八年级题 2． 【解】 可用归纳法证明更一般的结论：
对于任意自然数m，存在由1和0组成的自然数n，它的数字和S（n）＝m，而n2的数字和S（n2）＝m2？ 当m＝1，n＝1时，显然满足要求．
设对自然数m，存在由1和0组成的自然数n，使得
S（n）＝m，S（n2）＝m2
设n为k位数，取
n1＝n310k1＋1，则n1由0，1组成并且
＋
222
S（n1）＝S（n）＋1＝m＋1
＝S（n23102k2）＋S（2n310k1）＋S
＋
＋
（1）
＝S（n2）＋2S（n）＋1 ＝m＋2m＋1 ＝（m＋1）
因此命题对一切自然数m均成立．
A3－017 设自然数n是一个三位数．由它的三个非零数字任意排列成的所有三位数的和减去 n等于1990．求 n． 【题说】 1989年芜湖市赛题 3．
2
2
2090＜222（a＋b＋c）＝1990＋n＜2989
而
2090＞22239＝1998，222310＝2220＝1990＋230 222311＝244231990＋452，222312＝2664＝1990＋674 222313＝2886＝1990＋896，222314＝3108＞2989 经验证：a＋b＋c＝11时，n＝452符合题意．
A3－018 定义数列{an}如下：a1＝19891989，an等于an－1的各位数字之和，a5等于什么？ 【题说】 第二十一届（1989年）加拿大数学奥林匹克题 3．
【解】 由a1＜100001989＝b1，而b1的位数是431989＋1＝7957，知a2＜1038000＝80000，所以a2最多是5位数，从而a3?539＝45，a4?4＋9＝13，因此a5一定是一位数．
另一方面，由9|1989，知9|a1，因而9可整除a1的数字和，即9|a2，又因此有9|a3，9|a4，9|a5．所以a5＝9．
第十七讲 整数问题：数字问题之三
A3－019 某州颁发由6个数字组成的车牌证号（由0—9的数字组成），且规定任何两个牌号至少有两个数字不同（因此，证号“027592”与“020592”不能同时使用），试确定车牌证号最多有多少个？
【题说】 第十九届（1990年）美国数学奥林匹克题1．
【解】 至多可造出不同的五位证号a1a2a3a4a510个．令a6是a1＋a1＋a3＋a4＋a5的个位数字，所成的六位数便满足要求．因为如果两个数的前五位中只有一个数字不同，那么第6位数字必然不同．
另一方面，任何105＋1个6位数中，总有两个前五位数字完全相同． 因此，符合题目要求的车牌证号最多有10个．
A3－020 设 A＝99?99（81位全为9），求A的各位数字之和． 【题说】 1991年日本数学奥林匹克预选赛题1．
2
5
5
【解】 由A＝1081－1知 A＝10
2
162
－2210＋1
81
＝99?980?01 ↑ ↑ 162位 82位
故A2各位数字之和＝93（162－82）＋8＋1＝729．
A3－021 如果一个正整数的十进制表示中至少有两个数字，并且每个数字都比它右边的数字小，那么称它为“上升”的．这种“上升”的正整数共有多少个？
【题说】 第十届（1992年）美国数学邀请赛题2．
【解】 符合条件的正整数中的数字，都是不同的非零数码，即集合S＝{1，2，3，?，9}的二元或二元以上的子集．反过来，S的每个二元或二元以上的子集，将它的数码从小到大排列，也得到一个符合条件的正整数．S的子集共有29
=512个，其中只含一个元素的子集有9个，一个空集．故符合条件的正整数共有512－10=502个． A3－022 试用一个n的函数，表示乘积
在十进制下各位数字的和．
【题说】第二十一届（1992年）美国数学奥林匹克题1．
【解】先给出引理：设自然数m的位数不多于d，M=（10－1）m（k?d）．则
S（M）=9k
这里S（M）表示M中各位数字的和．
事实上，令M=（10k－1）m=p+q+r，这里p=10k（m－1），q=10d－m，r=10k－10d．若m－1的十进制的表示是
k
ai+bi=9（i=1，2，?，d） r=（10k－1）－（10d－1）
=99?9（k个9）－99?9（d个9） =99?900?0（k－d个9，d个0）
个9，d个0）
从而，S（M）=9k 记题给乘积为M＇，且令
A3－023 求方程
的各个正根的乘积的最后三位数字．
【题说】第十三届（1995年）美国数学邀请赛题2． 【解】令y=1og1995x．由原方程取对数得
其最后三位数字为025．
A3－024 一个六位数的首位数字是5，是否总能够在它的后面再添加6个数字，使得所得的十二位数恰是一个完全平方数？ 【题说】1995年城市数学联赛高年级普通水平题3．
【解】不．若不然，105个以5为首位数字的六位数可以衍生出105个十二位的完全平方数．即有105个自然数n满足．
5310?n＜6310
亦即
73105＜n＜83105
由于7310与8310之间不存在10个整数，故上式不可能成立．
5
5
5
11
2
11
第十八讲 整数问题：整除之一
A4－001 证明：当且仅当指数n不能被4整除时，1n＋2n＋3n＋4n能被5整除．
【题说】1901年匈牙利数学奥林匹克题1． 【证】容易验证14≡24≡34≡44 （mod 5）
初中数学奥林匹克竞赛教程
