1、A 整数 A3 数字问题 A3001 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106、104、102除以13时，分别得余数1、3、9，所以n33x9y33（2x3y）（mod 13）当且仅当x3y2被13整除，即x3y213m（m为自然数） （1）时，n被13整除由于x3y2939238所以m只能取1或2当m1时，由方程（1）及0x，y9，解得x8，y1；x5，y2；x2，y3当m2时，解得x9，y5；x6，y6；x3，y7；x0，y8故本题共有7个解：
2、3080103，3050203，3020303，3090503，3060603，3030703，3000803A3002 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10ab，其中 a是商的十位数，b是商的个位数若ab10，则原数为100（a1）10（ab10）b若ab10，则原数为100a10（ab）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（a1）2（ab10）2b210ab （1）若ab10，则有（a1）2（ab10）2b2（a1）21（11a）2
3、故若（1）式成立，只能有ab10将b10a代入（1）解得唯一的一组正整数解a7，b3再考虑第二种情形此时由题设有a2（ab）2b210ab （2）若ab5，则有a2（ab）2b22（ab）a2b210ab故若（2）成立，只能有ab5注意在（2）式中左边和10a都是偶数；因此b也是偶数若ab5，则b只能为2，将b2代入（2）得不到整数解，因此只能有ab5将b5a代入（2）得唯一的一组正整数解a5，b0综上所述，合乎要求的三位数只有550，803A3003 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
4、标为1的未知数都不等于零x1x2x3等表示x1102x210x3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y20，同理y40（2）四位数a1a2a3a4与三位数b1b2b3之差为两位数c1c2，所以a11，a20，b19，同理，c11，c20，d19，于是a4b3，b29，a30（3）由7x1x2x399b3，所以x11，x24990714010，所以x32，b34，从而a4b34（4）由c11，c20可知y37（5）y5142是四位数，所以x58又因y5142的末位数字是8，所以y59于是商为70709，除数142，从而被除数为10040678A3004 证明：在任
5、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，N1，N2，N9，N19这11个数的数字之和依次为n，n1，n2，n9，n10，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A3005 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
6、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【解】 设n10m6，则610pm4（10m6），其中p为m的位数于是m2（10p4）/13，要使m为整数，p至少为5，此时，n153846A3006 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A999999A也是幸运的，且AA因为AA9999999991001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
7、A3007 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：500abcz，（a，b，c，z是这个数的数字），则以下的数均被k整除：（1）zcba005（2）和（3）把（2）中的和倒过来zcba00010abcz（4）差由此看出，99能被k整除 A3008 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
8、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A3009 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由此可得222（abc）6（100a10b
9、c），即7a3b4c，将这方程改写成7（ab）4（cb）当0b2时，abc，或ab4且cb7当7b9时，ba4，bc7，从而A111，222，999，407，518，629，370，481，592显然这15个三位数都合乎要求A3010 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4444417776，所以A177760B15946，B的数字和C4913由于一个数与它的数字和mod 9同余，所以CBA444444
10、4474444（73）148171178177（mod 9）故C7，即数B的各位数字之和是7A3011 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n10xy，x、y为整数，且0y9，则n2100x220xyy220Ay2（A为正整数）因20A的十位数字是偶数，所以要想使n2十位数字是7，必须要y2的十位数字是奇数，这只有y216或36从而y2的个位数字，即n2的个位数字都是6A3013 下列整数的末位数字是否组成周期数列？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
11、环小数，所以a2k1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，rn0，bn为奇数时，rn1仿（a）可证rn不是周期的，从而bn也不是周期数列A3014 设an是1222n2的个位数字，n1，2，3，试证：0.a1a2an是有理数【题说】 1984年全国联赛二试题 4【证】 将（n1）2，（n2）2，（n100）2这100个数排成下表：（n1）2 （n2）2 （n10）2（n11）2 （n12）2 （n20）2 （n91）2 （n92）2 （n100）2因k2与（k10）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
12、100an对任何n成立A3015 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m1，n1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n1n10k11，则n1由0，1组成并且S（n1）S（n）1m1S（n2102k2）S（2n10k1）S（1）S（n2）2S（n）1m22m1（m1）2因此
13、命题对一切自然数m均成立这说明0.a1a2a3是循环小数，因而是有理数A3017 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 32090222（abc）1990n2989而209022291998，22210222019902302221124421990452，22212266419906742221328861990896，2221431082989经验证：abc11时，n452符合题意A3018 定义数列an如下：a119891989，an等于an1的各位数字之和，a5等于什么？【题说】 第二十一届（1989
14、年）加拿大数学奥林匹克题 3【解】 由a1100001989b1，而b1的位数是4198917957，知a210800080000，所以a2最多是5位数，从而a35945，a44913，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a59A3019 某州颁发由6个数字组成的车牌证号（由09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
15、证号a1a2a3a4a5105个令a6是a1a1a3a4a5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1051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105个A3020 设 A9999（81位全为9），求A2的各位数字之和【题说】 1991年日本数学奥林匹克预选赛题1【解】 由A10811知A2101622108119998001 162位 82位故A2各位数字之和9（16282）817294A3021 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
16、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S1，2，3，9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51210=502个A3023 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 A3024 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51011n261011亦即7105n8105由于7105与8105之间不存在105个整数，故上式不可能成立
