数学奥林匹克题解【A整数-A2求解031-040】

1、    A2031 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Sp（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（0·0·00·0·10·0·29·9·89·9·9）0·0·0（0129

2、）30p（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，463133·5·7·103最大的素因子是103    A2032 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p2qs及p2qr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若p2，则p2qs或p2qr中有一个形如（2k1）22（2l1）4（k2kl）3，这是不可能的，因为奇数的平方除以4的余数是1，所以p2设22qsa2，则qs（a2）

3、（a2）若a21，则qs5，因为q、s是奇素数，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q4三个数q4、q、q4被3除，余数各不相同，因此其中必有一个被 3整除q或q4为3时，都导致矛盾，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p2，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

4、素数中，减数也是2，即pq2，pr2，其中q、r为素数于是p2、p、p2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p23，p5，p27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】 n31n3mn（mn1），所以mn1|n（n2m）因为（mn1，n）1，所以mn1|n2m又n（m2n）（n2m）m（mn1），所以mn1|m2n因此m，n对称，不妨设mn当n1时，mn1m1|n312，从而m2或3，以下设n2若mn，则n21|（n31）（n3n）（n1）

5、，从而n21|（n1），mn2若mn，则由于2（mn1）n2mnn2n22mn2m所以mn1n2m，即（mn1）（n1）2从而于是本题答案为（m，n）（2，1），（3，1），（1，2），（2，2），（5，2），（1，3），（5，3），（3，5），（2，5）共九组     【题说】 第十三届（1995年）美国数学邀请赛题7【解】 由已知得即所以 A2036 一个正整数不是42的正整数倍与合数之和这个数最大是多少？【题说】 第十三届（1995年）美国数学邀请赛题10【解】 设这数为42np，其中n为非负整数，p为小于42的素数或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，都是合数，所以在n5时，42np都可表成42的正整数倍与合数之和，只有42×55例外因此，所求的数就是42×55215A2038 求所有正整数x、y，使得xy2z3xyz，这里z是x、y的最大公约数【题说】 第三十六届（1995年）IMO预选题【解】 由原方程及y2、z3、xyz均被z2整除得出z2|x设xaz2，ybz，则原方程化为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）中不等式的等号只在b1并且baz时成

9、立，而这种情况不可能出现（az1），所以（2）是严格的不等式这表明（z22）a2Z0                                           

10、          （3）从而z2（否则（3）的左边z222zz20）在z2时，2a2z0，即a1，代入（1）得b1或3，从而x4，y2或6在z1时，（1）成为ab21ab                            &

11、#160;                             （4）从而（ab）（b1）b1（b1）2这表明（b1）|2，b2或3代入（4）得a5于是x5，y2或3因此本题共有四组解：（x，y）（4，2），（4，6），（5，2），（5，3）A2039 设 m、nN，（m，n）1求（5m7m，5n7n）其中（m，n

12、）表示 m、n的最大公约数【题说】 1996年日本数学奥林匹克题 2【解】 记H（m，n）（5m7m，5n7n）则H（0，1）（2，12）2H（1，1）（12，12）12因H（m，n）H（n，m），故可设nm当n2m时，（5m7m，5n7n）（5m7m，（5m7m）（5nm7nm）5m7m（5n2m7n2m）（5m7m，5m7m（5n2m7n2m）（5m7m，5n2m7n2m）当mn2m时，（5m7m，5n7n）（5m7m，（5m7m）（5nm7nm）5nm7nm（52mn72mn）（5m7m，52mn72mn）记则（1）H（m，n）H（m，n）；（2）mnmn（mod 2）；（3）（m，n）（m，n）当（m，n）1时，反复进行上面的操作，最后必有（m，n）（1，0）或（m，n）（1，1）从而有A2040 求下列方程的正整数解：（a，b）a，babab其中ab，a，b、（a，b）分别表示a与b的最小公倍数与最大公因数【题说】 1996年日本数学奥林匹克预选赛题 7【解】 记（a，b）d，ada，bdb，则a，bdab题设条件变为1ababdab                  &#