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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＋10k－1＋…＋10＋1，则
与已知矛盾，从而
n≥10k＋10k－1＋…＋10＋1（1）
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令n＝9m．设m的位数为l（k≤l≤k＋1），m－1＝
S（n）＝S（（10k＋10k－1＋…＋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＝10k＋1－1．
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）3m－1＋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．
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【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}．
第十二讲 整数问题：求解问题之六
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
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＝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．
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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
222
mn－1|n＋m．又n（m＋n）－（n＋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＝n＋m，即
2
初中数学奥林匹克竞赛方法与试题大全解析
