數(shù)學(xué)奧林匹克題解【A整數(shù)-A2求解031-040】

1、    A2031 對(duì)給定的一個(gè)正整數(shù)n設(shè)p（n）表示n的各位上的非零數(shù)字乘積（如果n只有一位數(shù)字，那么p（n）等于那個(gè)數(shù)字）若Sp（1）p（2）p（3）p（999），則S的最大素因子是多少？【題說】 第十二屆（1994年）美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題5【解】 將每個(gè)小于1000的正整數(shù)作為三位數(shù)，（若位數(shù)小于3，則前面補(bǔ)0，如 25可寫成 025），所有這樣的正整數(shù)各位數(shù)字乘積的和是（0·0·00·0·10·0·29·9·89·9·9）0·0·0（0129

2、）30p（n）是n的非零數(shù)字的乘積，這個(gè)乘積的和可以由上面表達(dá)式將0換成1而得到因此，463133·5·7·103最大的素因子是103    A2032 求所有不相同的素?cái)?shù)p、q、r和s，使得它們的和仍是素?cái)?shù)，并且p2qs及p2qr都是平方數(shù)【題說】 第二十屆（1994年）全俄數(shù)學(xué)奧林匹克九年級(jí)題7【解】 因?yàn)樗膫€(gè)奇素?cái)?shù)之和是大于2的偶數(shù)，所以所求的素?cái)?shù)中必有一個(gè)為偶數(shù)2若p2，則p2qs或p2qr中有一個(gè)形如（2k1）22（2l1）4（k2kl）3，這是不可能的，因?yàn)槠鏀?shù)的平方除以4的余數(shù)是1，所以p2設(shè)22qsa2，則qs（a2）

3、（a2）若a21，則qs5，因?yàn)閝、s是奇素?cái)?shù)，所以上式是不可能的于是只能是qa2， sa2或者qa2，sa2所以sq4或q4同理rq4或q4三個(gè)數(shù)q4、q、q4被3除，余數(shù)各不相同，因此其中必有一個(gè)被 3整除q或q4為3時(shí)，都導(dǎo)致矛盾，所以只能是q43于是（p，q，r，s）（2，7，3，11）或（2，7，11，3）    A2033 求所有這樣的素?cái)?shù)，它既是兩個(gè)素?cái)?shù)之和，同時(shí)又是兩個(gè)素?cái)?shù)之差【題說】 第二十屆（1994年）全俄數(shù)學(xué)奧林匹克十年級(jí)題5【解】 設(shè)所求的素?cái)?shù)為p，因它是兩素?cái)?shù)之和，故p2，從而p是奇數(shù)因此，和為p的兩個(gè)素?cái)?shù)中有一個(gè)是2，同時(shí)差為p的兩個(gè)

4、素?cái)?shù)中，減數(shù)也是2，即pq2，pr2，其中q、r為素?cái)?shù)于是p2、p、p2均為素?cái)?shù)在三個(gè)連續(xù)的奇數(shù)中必有一數(shù)被3整除，因這數(shù)為素?cái)?shù)，故必為3不難驗(yàn)證只有p23，p5，p27時(shí)，才滿足條件所以所求的素?cái)?shù)是5    個(gè)整數(shù)【題說】 第三十五屆（1994年）國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克題4本題由澳大利亞提供【解】 n31n3mn（mn1），所以mn1|n（n2m）因?yàn)椋╩n1，n）1，所以mn1|n2m又n（m2n）（n2m）m（mn1），所以mn1|m2n因此m，n對(duì)稱，不妨設(shè)mn當(dāng)n1時(shí)，mn1m1|n312，從而m2或3，以下設(shè)n2若mn，則n21|（n31）（n3n）（n1）

5、，從而n21|（n1），mn2若mn，則由于2（mn1）n2mnn2n22mn2m所以mn1n2m，即（mn1）（n1）2從而于是本題答案為（m，n）（2，1），（3，1），（1，2），（2，2），（5，2），（1，3），（5，3），（3，5），（2，5）共九組     【題說】 第十三屆（1995年）美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題7【解】 由已知得即所以 A2036 一個(gè)正整數(shù)不是42的正整數(shù)倍與合數(shù)之和這個(gè)數(shù)最大是多少？【題說】 第十三屆（1995年）美國(guó)數(shù)學(xué)邀請(qǐng)賽題10【解】 設(shè)這數(shù)為42np，其中n為非負(fù)整數(shù)，p為小于42的素?cái)?shù)或1由于2×

6、421，422，423，42×55，427，2×4211，4213，4×4217，3×4219，4223，3×4229，2×4231，4×4237，2×4241，都是合數(shù)，所以在n5時(shí)，42np都可表成42的正整數(shù)倍與合數(shù)之和，只有42×55例外因此，所求的數(shù)就是42×55215A2038 求所有正整數(shù)x、y，使得xy2z3xyz，這里z是x、y的最大公約數(shù)【題說】 第三十六屆（1995年）IMO預(yù)選題【解】 由原方程及y2、z3、xyz均被z2整除得出z2|x設(shè)xaz2，ybz，則原方程化為a

7、b2zabz2                                                 

8、;    （1）由b2、abz2被b整除得b|（az）于是bazazb2abz2（az）b（az）bb（z22）a2z）azb2b（z22）a2z）                                （2）（2）中不等式的等號(hào)只在b1并且baz時(shí)成

9、立，而這種情況不可能出現(xiàn)（az1），所以（2）是嚴(yán)格的不等式這表明（z22）a2Z0                                           

10、          （3）從而z2（否則（3）的左邊z222zz20）在z2時(shí)，2a2z0，即a1，代入（1）得b1或3，從而x4，y2或6在z1時(shí)，（1）成為ab21ab                            &

11、#160;                             （4）從而（ab）（b1）b1（b1）2這表明（b1）|2，b2或3代入（4）得a5于是x5，y2或3因此本題共有四組解：（x，y）（4，2），（4，6），（5，2），（5，3）A2039 設(shè) m、nN，（m，n）1求（5m7m，5n7n）其中（m，n

12、）表示 m、n的最大公約數(shù)【題說】 1996年日本數(shù)學(xué)奧林匹克題 2【解】 記H（m，n）（5m7m，5n7n）則H（0，1）（2，12）2H（1，1）（12，12）12因H（m，n）H（n，m），故可設(shè)nm當(dāng)n2m時(shí)，（5m7m，5n7n）（5m7m，（5m7m）（5nm7nm）5m7m（5n2m7n2m）（5m7m，5m7m（5n2m7n2m）（5m7m，5n2m7n2m）當(dāng)mn2m時(shí)，（5m7m，5n7n）（5m7m，（5m7m）（5nm7nm）5nm7nm（52mn72mn）（5m7m，52mn72mn）記則（1）H（m，n）H（m，n）；（2）mnmn（mod 2）；（3）（m，n）（m，n）當(dāng)（m，n）1時(shí)，反復(fù)進(jìn)行上面的操作，最后必有（m，n）（1，0）或（m，n）（1，1）從而有A2040 求下列方程的正整數(shù)解：（a，b）a，babab其中ab，a，b、（a，b）分別表示a與b的最小公倍數(shù)與最大公因數(shù)【題說】 1996年日本數(shù)學(xué)奧林匹克預(yù)選賽題 7【解】 記（a，b）d，ada，bdb，則a，bdab題設(shè)條件變?yōu)?ababdab                  &#